题目描述
有一张n×m的数表,其第i行第j列(1 <= i <= n ,1 <= j <= m)的数值为能同时整除i和j的所有自然数之和。给定a,计算数表中不大于a的数之和。
输入
输入包含多组数据。
输入的第一行一个整数Q表示测试点内的数据组数,接下来Q行,每行三个整数n,m,a(|a| < =10^9)描述一组数据。
输出
对每组数据,输出一行一个整数,表示答案模2^31的值。
样例输入
2
4 4 3
10 10 5
样例输出
20
148
题解
莫比乌斯反演+离线+树状数组
设 $f(n)$ 表示 $n$ 的约数和,当约数和大于 $a$ 时将其视作0。
那么我们要求的就是 $sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^mf(gcd(i,j))$
于是有以下公式推导(为了方便,以下默认 $nle m$):
$ sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^mf(gcd(i,j))\=sumlimits_{d=1}^nf(d)sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\=sumlimits_{d=1}^nf(d)sumlimits_{i=1}^{lfloorfrac nd floor}sumlimits_{j=1}^{lfloorfrac md floor}[gcd(i,j)=1]\=sumlimits_{d=1}^nf(d)sumlimits_{i=1}^{lfloorfrac nd floor}sumlimits_{j=1}^{lfloorfrac md floor}sumlimits_{p|i&p|j}mu(p)\=sumlimits_{d=1}^nf(d)sumlimits_{p=1}^{lfloorfrac nd floor}mu(p)lfloorfrac n{dp} floorlfloorfrac m{dp} floor$
然后再设 $D=dp$ 则有:
$ sumlimits_{d=1}^nf(d)sumlimits_{p=1}^{lfloorfrac nd floor}mu(p)lfloorfrac n{dp} floorlfloorfrac m{dp} floor\=sumlimits_{D=1}^nlfloorfrac nD floorlfloorfrac mD floorsumlimits_{d|D}f(d)mu(frac Dd)$
此时如果所有的询问的 $a$ 都相同,这道题就做完了。预处理出 $f(n)$ 和 $mu(n)$ ,并用 $O(nln n)$ 的时间内算出所有的 $sumlimits_{d|n}f(d)mu(frac nd)$ ,求出其前缀和。然后对每个询问枚举商,分块处理即可。
那么如果 $a$ 不同呢?考虑离线,把所有询问按照 $a$ 从小到大排序,把所有数按照 $f$ 值从小到大排序,对于每一次 $a$ 的改变,在所有数中移动指针 $p$。那么每次指针 $p$ 移动就相当于是把 $f(p)$ 的贡献都算上。由于每个数只被扫到一次,因此只需要修改 $nln n$ 个 $sumlimits_{d|n}f(d)mu(frac nd)$ 。
而我们需要动态维护前缀和,需要支持修改,因此使用树状数组来维护即可。
模 $2^{30}$ 的话可以先unsigned int自然溢出(相当于模$2^{31}$),最后答案再对 $2^{30}-1$取与。
时间复杂度 $O(nlog^2n+Qsqrt nlog n)$
#include <cstdio> #include <algorithm> #define N 100010 #define n 100000 using namespace std; typedef unsigned int ui; struct data { ui p , q , v , pos; bool operator<(const data &a)const {return v < a.v;} }a[N]; ui mu[N] , prime[N] , tot , np[N] , s[N] , id[N] , f[N] , ans[N]; bool cmp(ui a , ui b) { return s[a] < s[b]; } inline void add(ui x , ui a) { ui i; for(i = x ; i <= n ; i += i & -i) f[i] += a; } inline ui query(ui x) { ui i , ans = 0; for(i = x ; i ; i -= i & -i) ans += f[i]; return ans; } int main() { ui m , i , j , last , p = 1; int x; mu[1] = 1; for(i = 2 ; i <= n ; i ++ ) { if(!np[i]) mu[i] = -1 , prime[++tot] = i; for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= n ; j ++ ) { np[i * prime[j]] = 1; if(!(i % prime[j])) { mu[i * prime[j]] = 0; break; } else mu[i * prime[j]] = -mu[i]; } } for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) { id[i] = i; for(j = i ; j <= n ; j += i) s[j] += i; } sort(id + 1 , id + n + 1 , cmp); scanf("%u" , &m); for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) { scanf("%u%u%u" , &a[i].p , &a[i].q , &x) , a[i].pos = i; if(x > 0) a[i].v = x; else a[i].v = 0; } sort(a + 1 , a + m + 1); for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) { while(p <= n && s[id[p]] <= a[i].v) { for(j = 1 ; j * id[p] <= n ; j ++ ) add(j * id[p] , mu[j] * s[id[p]]); p ++ ; } for(j = 1 ; j <= a[i].p && j <= a[i].q ; j = last + 1) last = min(a[i].p / (a[i].p / j) , a[i].q / (a[i].q / j)) , ans[a[i].pos] += (a[i].p / j) * (a[i].q / j) * (query(last) - query(j - 1)); } for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) printf("%u " , ans[i] & 0x7fffffff); return 0; }