【bzoj3529】【SDOI2014】【数表】【莫比乌斯反演+树状数组】

Description

有一张N×m的数表，其第i行第j列（1 < =i < =礼，1 < =j < =m）的数值为

能同时整除i和j的所有自然数之和。给定a，计算数表中不大于a的数之和。

Input

输入包含多组数据。

输入的第一行一个整数Q表示测试点内的数据组数，接下来Q行，每行三个整数n，m，a(|a| < =10^9)描述一组数据。

Output

对每组数据，输出一行一个整数，表示答案模2^31的值。

Sample Input

2

4 4 3

10 10 5

Sample Output

20

148

HINT

1 < =N．m < =10^5 ， 1 < =Q < =2×10^4

题解：

首先设f(d)=∑x|dx

那显然

Ans=∑i=1n∑j=1mf(gcd(i,j))

=∑d=1nf(d)∑i=1⌊nd⌋⌊nid⌋⌊mid⌋μ(i)

设T=i*d;

则

Ans=∑T=1n⌊nT⌋⌊mT⌋∑d|Tf(d)μ(Td)

考虑没有a的限制我们直接搞一个后面项的前缀和即可。

现在有a我们显然不能这么搞。

考虑对于一个a,只有f(d)<=a的才有用。

所以我们所有询问按a排序,所有f数组从小到大排序。

依次处理询问,处理前把小于当前a的f(d)插入即可.每次询问两个前缀和即可。

这个东西显然可以用树状数组处理。

那么我们只用在线筛过程中处理出f数组即可。

每次取模考场上会T,需要改成自然溢出.

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 100010
using namespace std;
int T,t
,ans
,u
,n,m,c
,s
;
int p
,f
,tt,pos;
struct use{int n,m,a,pos;}q
;
struct use2{int ss,pp;}g
;
bool cmp(use a,use b){return a.a<b.a;}
bool cmp2(use2 a,use2 b){return a.ss<b.ss;}
int power(int a,int b){
int ans(1);
for (;b;a*=a,b>>=1) if (b&1) ans*=a;
return ans;
}
void pre(){
u[1]=1;g[1].pp=g[1].ss=1;
for (int i=2;i<=n;i++){
if (!f[i]){p[++p[0]]=i;g[i].ss=s[i]=i+1;g[i].pp=i;c[i]=1;u[i]=-1;}
for (int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=n;j++){
f[i*p[j]]=1;
if (i%p[j]==0){
c[i*p[j]]=c[i]+1;
s[i*p[j]]=s[i]+power(p[j],c[i]+1);
g[i*p[j]].ss=g[i].ss/s[i]*s[i*p[j]];
g[i*p[j]].pp=i*p[j];
break;
}
c[i*p[j]]=1;u[i*p[j]]=-u[i];g[i*p[j]].ss=g[i].ss*g[p[j]].ss;
s[i*p[j]]=p[j]+1;g[i*p[j]].pp=i*p[j];
}
}
}
void change(int k,int v){for (int i=k;i<=n;i+=(i&(-i)))t[i]+=v;}
int ask(int k){
int ans(0);
for (int i=k;i;i-=(i&(-i))) ans+=t[i];
return ans;
}
int query(int n,int m){
int ans(0);
if (n>m) swap(n,m);
for (int i=1;i<=n;i=pos+1){
pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(ask(pos)-ask(i-1))*(n/i)*(m/i);
}
return ans&2147483647;
}
int main(){
scanf("%d",&T);n=N-10;tt=1;pre();
for (int i=1;i<=T;i++) scanf("%d%d%d",&q[i].n,&q[i].m,&q[i].a),q[i].pos=i;
sort(q+1,q+T+1,cmp);sort(g+1,g+n+1,cmp2);
for (int i=1;i<=T;i++){
while (g[tt].ss<=q[i].a&&tt<=n){
for (int j=g[tt].pp;j<=n;j+=g[tt].pp) change(j,g[tt].ss*u[j/g[tt].pp]);
tt++;
}
ans[q[i].pos]=query(q[i].n,q[i].m);
}
for (int i=1;i<=T;i++) printf("%d\n",ans[i]);
}