[BZOJ2301][HAOI2011]Problem B
阿新 • • 發佈：2018-10-07
oid 取值 lse 由於 printf 快速 ons code fill
\[F(k)=\sum_{x=1}^{\big\lfloor\frac{n}{k}\big\rfloor}f(k\cdot x)\]
只需快速求出 \(F(k)\)。若 \(k|x,k|y\)，則 \(x=k\cdot t_1,y=k\cdot t_2\)，只需統計有多少對 \((t_1,t_2)\)。得：
\[\displaystyle F(k)=\Big\lfloor\frac{n}{k}\Big\rfloor\Big\lfloor\frac{m}{k}\Big\rfloor\]
由莫比烏斯反演可求得 \(f(k)\)：
\[f(k)=\sum_{x=1}^{\big\lfloor\frac{n}{k}\big\rfloor}\bigg(\mu(x)\cdot F(k\cdot x)\bigg)=\sum_{x=1}^{\big\lfloor\frac{n}{k}\big\rfloor}\bigg(\mu(x)\Big\lfloor\frac{n}{kx}\Big\rfloor\Big\lfloor\frac{m}{kx}\Big\rfloor\bigg)\]
暴力求 \(f(k)\) 是 \(O(n)\)，註意到 \(\displaystyle \Big\lfloor\frac{n}{d}\Big\rfloor\)
題目大意
對於給出的 \(n\) 次詢問，每次給定 \(a,b,c,d,k\) 五個數，詢問 \(\displaystyle \sum_{x=a}^b\sum_{y=c}^d\big[(x,y)=k\big]\) 的值。數據保證 \(n\leqslant 50000,1\leqslant a\leqslant b\leqslant 50000,1\leqslant c\leqslant d\leqslant 50000\)。
解析
首先利用容斥原理將一個詢問拆分成四個，每次求 \(\displaystyle \sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m\big[(x,y)=k\big]\) 的值。考慮莫比烏斯反演
\[F(k)=\sum_{x=1}^{\big\lfloor\frac{n}{k}\big\rfloor}f(k\cdot x)\]
只需快速求出 \(F(k)\)。若 \(k|x,k|y\)，則 \(x=k\cdot t_1,y=k\cdot t_2\)，只需統計有多少對 \((t_1,t_2)\)。得：
\[\displaystyle F(k)=\Big\lfloor\frac{n}{k}\Big\rfloor\Big\lfloor\frac{m}{k}\Big\rfloor\]
由莫比烏斯反演可求得 \(f(k)\)：
\[f(k)=\sum_{x=1}^{\big\lfloor\frac{n}{k}\big\rfloor}\bigg(\mu(x)\cdot F(k\cdot x)\bigg)=\sum_{x=1}^{\big\lfloor\frac{n}{k}\big\rfloor}\bigg(\mu(x)\Big\lfloor\frac{n}{kx}\Big\rfloor\Big\lfloor\frac{m}{kx}\Big\rfloor\bigg)\]
暴力求 \(f(k)\) 是 \(O(n)\)，註意到 \(\displaystyle \Big\lfloor\frac{n}{d}\Big\rfloor\)
證明：
- 當 \(1\leqslant d < \sqrt{n}\) 時，由於 \(d\) 只有 \(\sqrt{n}\) 個，所以 \(\displaystyle \Big\lfloor\frac{n}{d}\Big\rfloor\) 也至多有 \(\sqrt{n}\) 個取值。
- 當 \(\sqrt{n}\leqslant d\leqslant n\) 時，由於 \(\displaystyle \Big\lfloor\frac{n}{d}\Big\rfloor\) 只有 \(\sqrt{n}\) 個，所以 \(\displaystyle \Big\lfloor\frac{n}{d}\Big\rfloor\) 也只有至多 \(\sqrt{n}\) 個取值。
- 故 \(\displaystyle \Big\lfloor\frac{n}{d}\Big\rfloor\) 至多有 \(O(\sqrt{n})\) 個取值。
同理 \(\displaystyle \Big\lfloor\frac{m}{d}\Big\rfloor\) 也只有至多 \(O(\sqrt{m})\) 個取值，所以 \(\displaystyle \Big\lfloor\frac{n}{kx}\Big\rfloor\) 和 \(\displaystyle \Big\lfloor\frac{m}{kx}\Big\rfloor\) 都不變的段數有 \(O(\sqrt{n}+\sqrt{m})\) 段。對於相等的段，求出 \(\mu\) 函數的前綴和，即可批量計算這一個段的答案。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 50010;
int T, tot, prime[maxn], mu[maxn], sum[maxn];
void sieve() {
fill(prime, prime + maxn, 1);
mu[1] = 1, tot = 0;
for (int i = 2; i < maxn; i++) {
if (prime[i]) {
prime[++tot] = i, mu[i] = -1;
}
for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] < maxn; j++) {
prime[i * prime[j]] = 0;
if (i % prime[j] == 0) {
mu[i * prime[j]] = 0;
break;
} else {
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
}
for (int i = 1; i < maxn; i++) {
sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
}
}
int calc(int n, int m, int k) {
if (n > m) swap(n, m);
int ans = 0;
n /= k, m /= k;
for (int i = 1, nxt = 1; i <= n; i = nxt + 1) {
nxt = min(n / (n / i), m / (m / i));
ans += (sum[nxt] - sum[i - 1]) * (n / i) * (m / i);
}
return ans;
}
int main() {
sieve();
scanf("%d", &T);
while (T--) {
int a, b, c, d, k;
scanf("%d %d %d %d %d", &a, &b, &c, &d, &k);
printf("%d\n", calc(b, d, k) - calc(b, c - 1, k) - calc(a - 1, d, k) + calc(a - 1, c - 1, k));
}
return 0;
}[BZOJ2301][HAOI2011]Problem B