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真是神TM莫比乌斯
首先来看一个神奇的结论：求gcd（x，y）==k的对数，其中1<=x<=n,1<=y<=m
等同于求gcd(x,y)==1的对数，其中1<=x<=n/k,1<=y<=m/k
然后这题就变成了求gcd(x,y)==1的对数，其中1<=x<=n/k,1<=y<=m/k
我们再把莫比乌斯反演的定义copy一下
设有函数$F(n),f(n)$定义在非负整数集合上
有$F(n)=\sum\limits_{d|n}^{}f(d)$
那么则有$f(n)=\sum\limits_{d|n}^{}miu(d)F(\frac{n}{d})$
或者说如果有$F(n)=\sum\limits_{n|d}^{}f(d)$
那么$f(n)=\sum\limits_{n|d}^{}miu(\frac{d}{n})F(d)$
miu函数定义如下:
若d=1,miu(d)=1;
若d=$P_{1}P_{2}.......P_{n}$，则miu(d)=$(-1)^{k}$;
其他情况下miu(d)=0.
我们这道题使用第二种形态。
我们设F(n)为gcd(x,y)==t的公倍数的x，y对数，f(n)为gcd(x,y)==t的x，y对数。
则有$F(n)=\sum\limits_{n|d}^{}f(d)$
根据莫比乌斯反演得到$f(n)=\sum\limits_{n|d}^{}miu(\frac{d}{n})F(d)$
$F(d)=\frac{n}{d}\frac{m}{d}$显然
且本题中我们要求的是f(1)
那么原式化为$f(1)=\sum\limits_{i=1}^{min(n,m)}miu(i)\frac{n}{i}\frac{m}{i}$
那么本题我们做完了吗？答案明显是否定的。
因为你直接for一遍i会超时。
观察到for i in 1~n 有一段区间使得n/i的取值是相同的
而且这个取值最多只有$\sqrt[]{n}$种
所以应用数论的分块优化
贴上代码
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cctype> #include<algorithm> #include<cmath> using namespace std; inline long long read(){ long long num=0,f=1; char ch=getchar(); while(!isdigit(ch)){ if(ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar(); } while(isdigit(ch)){ num=num*10+ch-‘0‘; ch=getchar(); } return num*f; } long long miu[500050]; long long prime[500050],tot; bool f[600600]; long long count(long long n,long long m){ long long top=min(n,m);long long ans=0; long long x=1; while(x<=top){ long long y=min(n/(n/x),m/(m/x)); ans+=(long long)(miu[y]-miu[x-1])*(n/x)*(m/x); x=y+1; } return ans; } int main(){ miu[1]=1; for(long long i=2;i<=60000;++i){ if(!f[i]){ prime[++tot]=i; miu[i]=-1; } for(long long j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=60000;++j){ f[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]) miu[i*prime[j]]=-miu[i]; else break; } } for(long long i=1;i<=60000;++i) miu[i]+=miu[i-1]; long long T=read(); while(T--){ long long n=read(),m=read(),e=read(); n/=e;m/=e; if(n>m) swap(n,m); printf("%lld\n",count(n,m)); } return 0; }
【Luogu】P3455Zip-Queries（莫比乌斯反演）
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原文地址：http://www.cnblogs.com/cellular-automaton/p/8004214.html
