BZOJ3529 [Sdoi2014]数表 【莫比乌斯反演】
2017-12-17 16:40
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3529: [Sdoi2014]数表
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Description
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
Output
Sample Input
Sample Output
HINT
1 < =N.m < =10^5 , 1 < =Q < =2×10^4
我们要求的就是ans=∑Ni=1∑Mj=1g(gcd(i,j)),其中g(i)指i的约束和
利用莫比乌斯反演化简得:
ans=∑NT=1⌊NT⌋⌊MT⌋∗∑i|Tμ(Ti)g(i)
然后很常规:
前面部分分块
后面部分维护T的前缀和
维护g(i)的方式:枚举自然数i和i的倍数T,将i的倍数T对应的g(T)加上μ(Ti)g(i)
预处理复杂度O(nlogn)
但是题目要求我们求<=a的g(i),我们就将i按照g(i)排序,将询问按照a排序,每次询问前先将前缀和更新到不大于a,此时用树状数组维护前缀和
小技巧:对231取模,可以自然溢出,输出时&上231−1【化为正数】
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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
一道比较恶心的题我们要求的就是ans=∑Ni=1∑Mj=1g(gcd(i,j)),其中g(i)指i的约束和
利用莫比乌斯反演化简得:
ans=∑NT=1⌊NT⌋⌊MT⌋∗∑i|Tμ(Ti)g(i)
然后很常规:
前面部分分块
后面部分维护T的前缀和
维护g(i)的方式:枚举自然数i和i的倍数T,将i的倍数T对应的g(T)加上μ(Ti)g(i)
预处理复杂度O(nlogn)
但是题目要求我们求<=a的g(i),我们就将i按照g(i)排序,将询问按照a排序,每次询问前先将前缀和更新到不大于a,此时用树状数组维护前缀和
小技巧:对231取模,可以自然溢出,输出时&上231−1【化为正数】
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #define LL long long int #define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) #define Redge(u) for (int k = h[u]; k != -1; k = ed[k].nxt) #define lbt(x) (x & -x) using namespace std; const int maxn = 100005,maxm = 20005,INF = 1000000000; inline int RD(){ int out = 0,flag = 1; char c = getchar(); while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();} while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 1) + (out << 3) + c - '0'; c = getchar();} return out * flag; } int N = 0; int A[maxn],now = 0,mu[maxn],prime[maxn],primei = 0,Qi,Ans[maxm]; bool isn[maxn]; struct Que{int n,m,a,id;}Q[maxm]; struct Gf{int i,v;}G[maxn]; inline bool operator <(const Que& a,const Que& b){return a.a < b.a;} inline bool operator <(const Gf& a,const Gf& b){return a.v < b.v;} inline void add(int u,int v){while (u <= N) A[u] += v,u += lbt(u);} inline int query(int u){int ans = 0; while (u) ans += A[u],u -= lbt(u); return ans;} void init(){ mu[1] = 1; for (int i = 2; i <= N; i++){ if (!isn[i]) prime[++primei] = i,mu[i] = -1; for (int j = 1; j <= primei && i * prime[j] <= N; j++){ isn[i * prime[j]] = true; if (i % prime[j] == 0) {mu[i * prime[j]] = 0; break;} mu[i * prime[j]] = -mu[i]; } } for (int i = 1; i <= N; i++) for (int j = i; j <= N; j += i) G[j].v += i; REP(i,N) G[i].i = i; sort(G + 1,G + 1 + N); } int main(){ Qi = RD(); REP(i,Qi) Q[i].n = RD(),Q[i].m = RD(),Q[i].a = RD(),Q[i].id = i,N = max(N,max(Q[i].n,Q[i].m)); sort(Q + 1,Q + 1 + Qi); init(); REP(i,Qi){ while (now < N && G[now + 1].v <= Q[i].a){ now++; for (int j = 1; G[now].i * j <= N; j++) add(G[now].i * j,mu[j] * G[now].v); } int n = Q[i].n,m = Q[i].m; if (n > m) swap(n,m); for (int j = 1,nxt; j <= n; j = nxt + 1){ nxt = min(n / (n / j),m / (m / j)); Ans[Q[i].id] += (n / j) * (m / j) * (query(nxt) - query(j - 1)); } } REP(i,Qi) printf("%d\n",Ans[i] & 0x7fffffff); return 0; }
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