题目大意:略 洛谷传送门 鉴于洛谷最近总崩,附上良心LOJ链接

任何形容词也不够赞美这一道神题

$\sum\limits_{i=1}^{N}\sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(i,j)==1][gcd(j,K)==1]$

$\sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(j,K)==1]\sum\limits_{i=1}^{N}[gcd(i,j)==1]$

我们先处理右边的式子$\sum\limits_{i=1}^{N}[gcd(i,j)==1]$:

$\sum\limits_{i=1}^{N}\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(j,K)==1][d|j]$

$\sum\limits_{d=1}^{N}\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(j,K)==1][d|j]$

$\sum\limits_{d=1}^{N}\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(jd,K)==1]$

加下来就是比较关键的一个展开式子,[gcd(jd,K)==1]是[gcd(d,K)==1]&[gcd(j,K)==1]的充分必要条件:

$\sum\limits_{d=1}^{N}[gcd(d,K)==1]\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(j,K)==1]$

84分算法:

令$f(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,K)==1]$

这是啥?

欧拉函数$\varphi$啊!别和我一样反演傻了连欧拉函数的定义都忘了

$f(n)=\left \lfloor \frac{n}{K} \right \rfloor \varphi(K) + \sum\limits_{i=1}^{n\;mod\;K}[gcd(i,K)==1]$

预处理出$\varphi(K)$和$\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,K)==1]$,那么$f(n)$就能在$O(1)$求得

可$\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,K)==1]\mu(d)$就不能用$\varphi$了,但经过计算,$g$数组能在大约$O(n*K的质因子个数)$的时间内处理出来,极限情况也只不超过$2.6 \cdot 10^{7}$

那么这个问题就在$O(n)$的时间内被解决了

蒟蒻的代码写得非常迷就不放了

100分算法:

这是一道神仙题

先放上原式:$\sum\limits_{d=1}^{N}[gcd(d,K)==1]\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(j,K)==1]$

$\sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(j,K)==1]$可以用$84$分算法里的方法预处理,每次$O(1)$得到

现在令$g(N,K)=\sum\limits_{i=1}^{N}[gcd(i,K)==1]\mu(i)$

$=\sum\limits_{i=1}^{N}\mu(i)*\sum\limits_{d|i}\mu(d)$

$=\sum\limits_{d|K}\mu(d) \sum\limits_{i=1}^{N} [d|i]\mu(i)$

$=\sum\limits_{d|K}\mu(d) \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor} \mu(id)$

关键的部分来了

如果两个数$gcd(x,y)==1$,说明它们没有公共因子,满足积性函数的性质,那么$\mu(xy)=\mu(x)\mu(y)$

反之它们存在公共因子,那么$\mu(xy)$一定等于$0$

利用这个性质

$=\sum\limits_{d|K}\mu(d)^{2} \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor} [gcd(i,d)==1]\mu(i)$

诶!右面这个东西$\sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor} [gcd(i,d)==1]\mu(i)$,似乎就是$g(\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor,d)$啊!

递归求解即可

当$n==0$是,答案就是$0$

发现$K==1$时不能继续递归了否则会死循环,此时

$G(n,1)=\sum\limits_{i=1}^{n} [gcd(i,1)==1]\mu(i)=\sum\limits_{i=1}^{n} \mu(i)$

$n$可能很大,上杜教筛即可

  1. #include <map>
  2. #include <cmath>
  3. #include <vector>
  4. #include <cstdio>
  5. #include <cstring>
  6. #include <algorithm>
  7. #define N1 20000010
  8. #define M1 2000010
  9. #define K1 2010
  10. #define ll long long
  11. #define dd double
  12. #define cll const long long
  13. #define it map<int,int>::iterator
  14. using namespace std;
  15.  
  16. int N,M,K,maxn;
  17. int mu[N1],smu[N1],pr[M1],cnt,phik; bool use[N1];
  18. int f[K1],ps[K1],son[K1],is[K1],pn,sn;
  19. vector<int>ss[K1];
  20. void Pre()
  21. {
  22. int i,j,x; mu[]=smu[]=;
  23. for(i=;i<=maxn;i++)
  24. {
  25. if(!use[i]){ pr[++cnt]=i; mu[i]=-;}
  26. for(j=;j<=cnt&&i*pr[j]<=maxn;j++)
  27. {
  28. use[i*pr[j]]=;
  29. if(i%pr[j]){ mu[i*pr[j]]=-mu[i];}
  30. else{ break; }
  31. }
  32. smu[i]=smu[i-]+mu[i];
  33. }
  34. for(son[++sn]=,x=K,phik=K,i=;i<=K;i++)
  35. {
  36. if(x%i==){ ps[++pn]=i; phik=phik/i*(i-); while(x%i==) x/=i; }
  37. if(K%i==){ son[++sn]=i; }
  38. }
  39. for(j=;j<=pn;j++)
  40. for(i=ps[j];i<=K;i+=ps[j]) is[i]=;
  41. for(i=;i<=K;i++) f[i]=f[i-]+(is[i]?:);
  42. for(i=;i<=sn;i++)
  43. {
  44. x=son[i];
  45. for(j=;j<=x;j++)
  46. if(x%j==&&mu[j]) ss[x].push_back(j);
  47. }
  48. }
  49. map<int,int>mp;
  50. ll Smu(int n)
  51. {
  52. if(n<=maxn) return smu[n];
  53. it k=mp.find(n);
  54. if(k!=mp.end()) return k->second;
  55. int i,la;ll ans=;
  56. for(i=;i<=n;i=la+)
  57. {
  58. la=n/(n/i);
  59. ans-=1ll*Smu(n/i)*(la-i+);
  60. }
  61. mp[n]=ans;
  62. return ans;
  63. }
  64. ll F(int x){return 1ll*(x/K)*phik+f[x%K];}
  65. ll G(int n,int k)
  66. {
  67. if(!n) return ;
  68. if(k==)
  69. {
  70. if(n<=maxn) return smu[n];
  71. else return Smu(n);
  72. }
  73. int i,d;ll ans=;
  74. for(i=;i<ss[k].size();i++)
  75. {
  76. d=ss[k][i];
  77. ans+=1ll*G(n/d,d);
  78. }
  79. return ans;
  80. }
  81.  
  82. int main()
  83. {
  84. scanf("%d%d%d",&N,&M,&K);
  85. int i,j,la; ll ans=; maxn=min(max(N,M),); Pre();
  86. for(i=;i<=min(N,M);i=la+)
  87. {
  88. la=min(N/(N/i),M/(M/i));
  89. ans+=1ll*(G(la,K)-G(i-,K))*(N/i)*F(M/i);
  90. }
  91. printf("%lld\n",ans);
  92. return ;
  93. }

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