[BZOJ1101][POI2007]Zap

标签：inline min name zoj 关系 wap span 预处理 data

1101: [POI2007]Zap

Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 162 MB Submit: 2732 Solved: 1164 [Submit][Status][Discuss]

Description

　　FGD正在破解一段密码，他需要回答很多类似的问题：对于给定的整数a,b和d，有多少正整数对x,y，满足x<=a ，y<=b，并且gcd(x,y)=d。作为FGD的同学，FGD希望得到你的帮助。

Input

　　第一行包含一个正整数n，表示一共有n组询问。（1<=n<= 50000）接下来n行，每行表示一个询问，每行三个正整数，分别为a,b,d。（1<=d<=a,b<=50000）

Output

　　对于每组询问，输出到输出文件zap.out一个正整数，表示满足条件的整数对数。

Sample Input

2
4 5 2
6 4 3

Sample Output

3
2
//对于第一组询问，满足条件的整数对有(2,2)，（2,4），（4，2）。对于第二组询问，满足条件的整数对有（
6,3），（3,3）。

不妨设$a‘=\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,b‘=\lfloor\frac{b}{d}\rfloor,a‘\le b‘$

那么题目要求的是$\sum_{x\le a‘,y\le b‘}\left[gcd\left(x,y\right)=1\right]$

设$f(n)$表示$\sum_{x\le a‘,y\le b‘}\left[gcd\left(x,y\right)=n\right]$

和$g(n)$表示$\sum_{x\le a‘,y\le b‘}\left[n\mid gcd\left(x,y\right)\right]$

那么答案就是$f(1)$

又显然$g(n)=\lfloor\frac{a‘}{n}\rfloor\lfloor\frac{b‘}{n}\rfloor$

并且满足关系式$g(n)=\sum_{d\le a‘,n\mid d}f(d)$

反演得$f(n)=\sum_{d\le a‘, n\mid d}\mu\left(\frac{d}{n}\right)g(d)=\sum_{d\le a‘, n\mid d}\mu\left(\frac{d}{n}\right)\lfloor\frac{a‘}{d}\rfloor\lfloor\frac{b‘}{d}\rfloor$

将$n=1$代入得到$f(1)=\sum_{d\le a‘}\mu\left(d\right)\lfloor\frac{a‘}{d}\rfloor\lfloor\frac{b‘}{d}\rfloor$

但这样单次询问是$O\left(n\right)$的，仍需要优化

观察式（ti）子（jie）可以发现

后面两个向下取整在一段区间内不会变，如果我们处理出了$\mu$的前缀和就可以一段一段的求解

又因为只有$O\left(\sqrt{n}\right)$段

所以在$O\left(n\right)$的预处理后单次询问是$O\left(\sqrt{n}\right)$的

所以总时间复杂度为$O\left(n\sqrt{n}\right)$

#pragma GCC optimize("O2")
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
char buf[10000000], *ptr = buf - 1;
inline int readint(){
    int n = 0;
    while(*++ptr < ‘0‘ || *ptr > ‘9‘);
    while(*ptr <= ‘9‘ && *ptr >= ‘0‘) n = (n << 1) + (n << 3) + (*ptr++ & 15);
    return n;
}
const int maxn = 50000 + 10;
bool mark[maxn] = {false};
int mu[maxn], sum[maxn];
int pri[maxn], prn = 0;
void shai(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= 50000; i++){
        if(!mark[i]){
            pri[++prn] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1; j <= prn && pri[j] * i <= 50000; j++){
            mark[i * pri[j]] = true;
            if(i % pri[j] == 0){
                mu[i * pri[j]] = 0;
                break;
            }
            else mu[i * pri[j]] = -mu[i];
        }
    }
    sum[0] = 0;
    for(int i = 1; i <= 50000; i++)
        sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}
int a, b, d;
inline void work(){
    a = readint();
    b = readint();
    d = readint();
    a /= d;
    b /= d;
    if(a > b) swap(a, b);
    int ans = 0, pos;
    for(int i = 1; i <= a; i = pos + 1){
        pos = min(a / (a / i), b / (b / i));
        ans += (sum[pos] - sum[i - 1]) * (a / i) * (b / i);
    }
    printf("%d\n", ans);
}
int main(){
    fread(buf, sizeof(char), sizeof(buf), stdin);
    shai();
    int n = readint();
    while(n--) work();
    return 0;
}

[BZOJ1101][POI2007]Zap

标签：inline min name zoj 关系 wap span 预处理 data

原文地址：http://www.cnblogs.com/ruoruoruo/p/7630019.html