BZOJ 2818

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这道题目很有意思.

我们将一个数$A$质因数分解:$A=p_1^{m_1}p_2^{m_2}\dots p_n^{m_n}$其中$p_i$是连续素数,记为$FS(A)=\left[m_1,m_2\dots\right]$.对于每一个数来说他们的分解都是唯一的(算术基本定理).

我们将$FS(A)=a$的反函数记为$SF(a)=A$.

那么$\gcd{A,B}=SF([(\min{FS(A)[0],FS(B)[0]}),\dots])$.

那么,易证$\gcd{\frac{A}{m},\frac{B}{m}}=\frac{\gcd{a,b}}{m}$.

因此,我们可以将原问题稍稍转化下,我们可以求$1\le x,y\le \lfloor\frac{N}{p}\rfloor$(其中$p$是一个素数)时$\gcd{x,y}=1$的组数.注意到这个问题中$x,y$互质,那么我们从下到大枚举$y$,算出$\phi(y)$的和相加.由于考虑顺序,组数要乘以$2$,由于$(1,1)$正反是一样的,那么再减去$1$.

如何求$\phi(y)$呢?我们可以用线性筛法稍微改动一下.具体的看我程序.

剩下的也不难想到了.我们前缀和了$\phi(y)$,那么对于每个素数的计算就变成$O(1)$了.

#include <cstdio>
int N,i,j,k,phi[10000001],primes[700000],pr;
long long phipref[10000001],res;
int np[10000001];
void genPhi(int n){
	phipref[1]=phi[1]=1;
	for(i=2;i<=n;++i){
		if(!np[i]){
			phi[i]=i-1;
			np[i]=primes[pr++]=i;
		}
		for(j=0;j<pr && (k=primes[j]*i)<=n;++j){
			np[k]=primes[j];
			if(np[i]==primes[j]){
				phi[k]=phi[i]*primes[j];
				break;
			}else{
				phi[k]=phi[i]*(primes[j]-1);
			}
		}
		phipref[i]=phipref[i-1]+phi[i];
	}
}
int main(){
	scanf("%d",&N);
	genPhi(N);
	for(i=0;i<pr;++i) res+=phipref[N/primes[i]]*2-1;
	printf("%lld\n",res);
	return 0;
}

* 类似题目:BZOJ 2190 < 这道题我不清楚原做法是怎么样的0.0,数据范围开小了太多.

BZOJ 2818

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原文地址：http://www.cnblogs.com/tmzbot/p/4462740.html