标签:sum 数论 log 构造 acm == article 一个 .net
答案: $f(x,n,m) = \sum\limits_{k=1}\mu(k){\lfloor{\frac{n}{kx}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{kx}}\rfloor}$
构造: $F(x,n,m) = \sum\limits_{x|d}f(d) = \sum\limits_{k=1}f(kx) =\sum\limits_{k=1}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==kx] = {\lfloor{\frac{n}{x}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{x}}\rfloor}$ (只要 $i,j$ 都是 $x$ 的倍数, $gcd(i,j)$ 一定是某个 $x$ 的 $k$ 倍)
反演: $f(x,n,m) = \sum\limits_{x|d}\mu(\frac{d}{x})F(d) = \sum\limits_{k=1}\mu(k)F(kx) = \sum\limits_{k=1}\mu(k){\lfloor{\frac{n}{kx}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{kx}}\rfloor}$
当 $kx>min(n,m)$ 的时候 $f(kx)=0$
当 $x=1$ 时,代入公式得 $f(1,n,m) = \sum\limits_{k=1}\mu(k){\lfloor{\frac{n}{k}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{k}}\rfloor}$ ,所以 $f(x,n,m)=f(1,\lfloor\frac{n}{x}\rfloor,\lfloor\frac{m}{x}\rfloor)$
答案:$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}gcd(i,j) = \sum\limits_{x=1}^{}\mu(x){\lfloor{\frac{n}{kx}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{kx}}\rfloor}$
这一次我们要求所有的 gcd 的和,显然所求为 $f_2(n,m) = \sum\limits_{x=1}xf(x,n,m)$ 。也就是所有的 gcd 的个数乘上这个gcd本身的值。
$f_2(n,m) = \sum\limits_{x=1}xf(x,n,m) = \sum\limits_{x=1}xf(1,\lfloor\frac{n}{x}\rfloor,\lfloor\frac{m}{x}\rfloor) = \sum\limits_{x=1}x \sum\limits_{k=1}\mu(k){\lfloor{\frac{n}{k}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{k}}\rfloor}$
答案:$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}gcd(i,j)^k = \sum\limits_{d=1}^{n}d^k\sum\limits_{x=1}^{\lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor}\mu(x){\lfloor{\frac{n}{dx}}}\rfloor{\lfloor{\frac{m}{dx}}\rfloor}$
第1题算出 $f_2(x)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==x]$ ,这一次我们要求所有的 gcd 的k次方,显然所求为 $f=\sum\limits_{x=1}x^kf_2(x)$ 。也就是所有的 gcd 的个数乘上这个 gcd 的 k 次方值。
f(t) = 求给定的 n 个数中有多少个四元组 (a,b,c,d) 的 gcd==t ,
F(t) = 求给定的 n 个数中有多少个四元组 (a,b,c,d) 的 gcd==kt 。
那么我们要求 f(1) ,应用倍数公式后,只要快速求解每一个 F(t) 就足够了。由于 k 是任意的,所以 gcd 被我们去掉了,我们只需要求 t 的倍数有m个,然后 $C_m^4$ 就是 F(t)。
参考资料:
https://blog.csdn.net/jk_chen_acmer/article/details/82712276
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原文地址:https://www.cnblogs.com/Yinku/p/10494980.html