BZOJ 4804: 歐拉心算 歐拉函數
阿新 • • 發佈：2018-06-11
algo long 分享圖片 data jpg esp aps time output
10
$\sum\limits_{p=1}^{n} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \varphi(p)[gcd(i,j)=p]$
由於$\varphi(p)$和i、j均無關，故我們可以把$\varphi(p)$提到前面化為
$\sum\limits_{p=1}^{n} \varphi(p)\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}[gcd(i,j)=p]$
考慮把$[gcd(i,j)=p]$ 中的p除到前面，則原式可化為
$\sum\limits_{p=1}^{n} \varphi(p)\sum\limits_{i=1}^{n/p} \sum\limits_{j=1}^{n/p}[gcd(i,j)=1]$
這時我們設一個函數f(n) 表示 $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}[gcd(i,j)=1]$
則原式可視為 $\sum\limits_{p=1}^{n} \varphi(p)*f(n/p)$
考慮化簡函數f(n) 。我們發現這個函數和歐拉函數相當相像。首先我們只考慮$i\ge j$的情況；
即為 $\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{i}[gcd(i,j)=1] => \sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i)$
同理，我們發現只考慮$i\le j$的情況，
也為$\sum\limits_{j=1}^{n}\varphi(j)$
兩種情況同時考慮，發現有一種$i=j$的情況重復，故$f(n)$最終可化簡為$2 \times\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i) -1$
綜上所述，我們可以發現$ans = \sum\limits_{p=1}^{n} \varphi(p) \times ( (2 \times\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i)) -1)$
現在我們有了一個$O(2\times n)$的方法求解$ans$ 但是數據組數為$T = 5000$ . 我們需要更加優化的方法才能解決問題， 剛剛的2 * n中有一個n是預處理出$\varphi()$以及其前綴和。 是不和T相乘的，故我們考慮把每個答案$O(\sqrt n)$處理
發現在處理s[n/p]中，n/p在每一段的值都是相同的，共有約$\sqrt n$段， 而根據乘法結合律，我們可以先把$\varphi()$加到一起， 再來乘這個相等的s。s是在預處理中做好的， 故總的時間復雜度為$O(2\times n + T\times \sqrt n)$
下面附上代碼
4804: 歐拉心算
>原題鏈接<
Description
給出一個數字N
Input
第一行為一個正整數T，表示數據組數。 接下來T行為詢問，每行包含一個正整數N。 T<=5000,N<=10^7Output
按讀入順序輸出答案。Sample Input
110
Sample Output
136思路：
考慮化簡原式，設gcd(i,j) = p 則原式可化為$\sum\limits_{p=1}^{n} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n} \varphi(p)[gcd(i,j)=p]$
由於$\varphi(p)$和i、j均無關，故我們可以把$\varphi(p)$提到前面化為
$\sum\limits_{p=1}^{n} \varphi(p)\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{n}[gcd(i,j)=p]$
考慮把$[gcd(i,j)=p]$ 中的p除到前面，則原式可化為
$\sum\limits_{p=1}^{n} \varphi(p)\sum\limits_{i=1}^{n/p} \sum\limits_{j=1}^{n/p}[gcd(i,j)=1]$
這時我們設一個函數f(n) 表示 $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}[gcd(i,j)=1]$
則原式可視為 $\sum\limits_{p=1}^{n} \varphi(p)*f(n/p)$
考慮化簡函數f(n) 。我們發現這個函數和歐拉函數相當相像。首先我們只考慮$i\ge j$的情況；
即為 $\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{i}[gcd(i,j)=1] => \sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i)$
同理，我們發現只考慮$i\le j$的情況，
也為$\sum\limits_{j=1}^{n}\varphi(j)$
兩種情況同時考慮，發現有一種$i=j$的情況重復，故$f(n)$最終可化簡為$2 \times\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i) -1$
綜上所述，我們可以發現$ans = \sum\limits_{p=1}^{n} \varphi(p) \times ( (2 \times\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i)) -1)$
現在我們有了一個$O(2\times n)$的方法求解$ans$ 但是數據組數為$T = 5000$ . 我們需要更加優化的方法才能解決問題， 剛剛的2 * n中有一個n是預處理出$\varphi()$以及其前綴和。 是不和T相乘的，故我們考慮把每個答案$O(\sqrt n)$處理
發現在處理s[n/p]中，n/p在每一段的值都是相同的，共有約$\sqrt n$段， 而根據乘法結合律，我們可以先把$\varphi()$加到一起， 再來乘這個相等的s。s是在預處理中做好的， 故總的時間復雜度為$O(2\times n + T\times \sqrt n)$
下面附上代碼
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 10000001;
int phi[N+10], pr[N+10], tot;
bool np[N+10];
long long s[N+10];
void getphi() {
int i, j;
phi[1] = 1;
for(i=2;i<=N;i++) {
if(!np[i]) {
pr[++tot] = i;
phi[i] = i-1;
}
for(j=1;j<=tot&&i*pr[j]<=N;j++) {
np[i*pr[j]]=1;
if(i%pr[j] == 0) {
phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j];
break;
}
else
phi[i*pr[j]]=phi[i]*(pr[j] - 1);
}
}
for(i=1;i<=N;i++) {
s[i]=s[i-1]+phi[i];
}
}
int main() {
int t;
scanf("%d",&t);
getphi();
while(t--) {
int n;
long long ans=0;
scanf("%d",&n);
int lst =0;
for(int p=1;p<=n;p=lst+1) {
lst = n/(n/p);
ans+=(s[lst]-s[p-1])*(s[n/p]*2-1);
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
歡迎來原博客看看>原文鏈接<
特別感謝同屆神犇@fcwww 給我的幫助
BZOJ 4804: 歐拉心算 歐拉函數