【莫比乌斯反演】[HYSBZ/BZOJ2301]Problem b

题目

大意就是求在a<=x<=b,c<=y<=d，满足gcd(x,y)是k的(x,y)的对数。

分析：令g(n,m,k)表示在1<=x<=n,1<=y<=m，满足gcd(x,y)是k的(x,y)的对数。

那么由容斥原理可得ans=g(c,d,k)−g(a−1,d,k)−g(b,c−1,k)+g(a−1,c−1,k)ans=g(c,d,k)-g(a-1,d,k)-g(b,c-1,k)+g(a-1,c-1,k)。

1<=x<=n,1<=y<=m，满足gcd(x,y)是k的(x,y)的对数也等价于1<=x<=n/k,1<=y<=m/k,(x,y)互质的对数，即

g(n,m,k)=g(n/k,m/k,1)g(n,m,k)=g(n/k,m/k,1)

令f(i)表示满足gcd(x,y)=i时(x,y)的对数，F(i)表示满足i|gcd(x,y)的(x,y)的对数，显然F(i)=⌊ni⌋⌊mi⌋F(i)=\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor。

根据莫比乌斯反演定理

F(i)=∑i|df(d)=>f(d)=∑i|dμ(di)F(d)=∑i|dμ(di)⌊ni⌋⌊mi⌋F(i)=\sum_{i|d}f(d)=>f(d)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})F(d)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor

当i=1时，f(1)=∑min(n,m)d=1μ(d)⌊n⌋⌊m⌋f(1)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\lfloor{n}\rfloor\lfloor{m}\rfloor。

由于⌊ni⌋\lfloor\frac{n}{i}\rfloor的取值最多只有2n−−√2\sqrt{n}个（这个很容易证明:在nsqrt(n)+1<i<=n\frac{n}{sqrt(n)+1}时，⌊ni⌋=⎧⎩⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪12........sqrt(n)n2<i<=nn3<i<=n2nsqrt(n)+1<i<=nsqrt(n)\lfloor \frac ni\rfloor=\begin{cases}1&\frac n2，到这里已经有sqrt(n)个取值了，还有sqrt(n)个i，即使每一个i都对应一个不同的⌊ni⌋\lfloor \frac ni \rfloor，也只有2n−−√2\sqrt{n}个取值），我们算出μ\mu的前缀和sum,然后只需要O(2(n−−√+m−−√)2(\sqrt{n}+\sqrt{m}))的时间（即分块优化）回答每次询问。

计算f(1)的代码如下

[code]int cal(int n,int m){
    int t=min(m,n),last,ret=0,i;
    for(i=1;i<=t;i=last+1){
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ret+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ret;
}

解释一下，若n/i=t,则t是满足a*i<=n的a的最大值，则n/(n/i)就是满足商为n/i的i的最大值。

这道题的代码

[code]#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 50000
int a,b,c,d,k,p[MAXN+10],pcnt,mu[MAXN+10],sum[MAXN+10],ans,n;
bool f[MAXN+10];
void Read(int &x){
    char c;
    while(c=getchar(),c!=EOF)
        if(c>='0'&&c<='9'){
            x=c-'0';
            while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9')
                x=x*10+c-'0';
            ungetc(c,stdin);
            return;
        }
}
void prepare(){
    int i,j;
    mu[1]=sum[1]=1;
    for(i=2;i<=MAXN;i++){
        if(!f[i])
            p[++pcnt]=i,mu[i]=-1;
        for(j=1;p[j]*i<=MAXN;j++){
            f[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0){
                mu[p[j]*i]=0;
                break;
            }
            mu[p[j]*i]=-mu[i];
        }
        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
    }
}
int cal(int n,int m){
    int t=min(m,n),last,ret=0,i;
    for(i=1;i<=t;i=last+1){
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ret+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ret;
}
void solve(int a,int b,int c,int d,int k){
    a--,c--;
    a/=k,b/=k,c/=k,d/=k;
    ans=cal(b,d)-cal(a,d)-cal(b,c)+cal(a,c);
}
int main()
{
    Read(n);
    prepare();
    while(n--){
        Read(a),Read(b),Read(c),Read(d),Read(k);
        solve(a,b,c,d,k);
        printf("%d\n",ans);
    }
}