【BZOJ 4652】【NOI 2016】循环之美

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题解：

　　真是一道好题……

一：

　　一个分数$frac{x}{y}$完全循环当其第一次出现时，当且仅当y与k互质，x与y互质，且y不等于1。

　　整数情况下y一定为1，即也满足以上判断。

　　推导：

　　　　方法一：打表找规律= =

　　　　方法二：x与y互质去重= =，设循环次数为l,则对于循环节第一次循环前剩余$xmod y$，第二次循环前剩余$xk^lmod y$，若其为循环则满足：,由x与y互质可知存在x对y的逆元,所以：

　　　　　　　　

由贝祖定理可知，k与y互质。

二、反演：

　　　　　　　　　　

　　考虑d前面时间复杂度为$O(sqrt{k}ln k)$，后边分块时间复杂度$O(sqrt n)$

　　考虑如何得到$S(n,sg)=sum_{i=1}^n mu(isg)$。

　　1.当$mu(sg)==0$时，上式为0;

　　2.设p为sg质因数，则有$S(n,sg)=sum_{i=1}^nmu(i)([p|i]-1)$,故$S(n,sg)=S(n/p,sg)-S(n,sg/p)$。

　　故求一次$S(n,sg)$的时间复杂度约为$(O(2^{k的质因子个数}))$。

三、时间复杂度

　　$O(sqrt{nk}ln k)$　　

代码：

#include "bits/stdc++.h"

using namespace std;

const int N=2e7+5;

int prim[N],num,miu[N],pre[N];
bool vis[N];

inline void init(){
    miu[1]=1;
    pre[1]=1;
    register int i,j;
    for( i=2;i<N;++i){
        if(!vis[i])
            prim[++num]=i,miu[i]=-1;
        for( j=1;prim[j]*i<N;++j){
            vis[i*prim[j]]=true;
            if(i%prim[j])   {
                miu[i*prim[j]]=-miu[i];
            }else{
                miu[i*prim[j]]=0;break;
            }
        }
        pre[i]+=pre[i-1]+miu[i];
    }
}

int n,m,k,wr[N],cnt;
int fac[2005][10005];
vector<int> factor[2005];

map<int,int> ss;

inline int Get_miu(int x){
    if(x<N) return pre[x];
    if(ss.count(x)) return ss[x];
    int ans=1;
    for(int i=2,pos;i<=x;i=pos+1){
        pos=x/(x/i);
        ans-=Get_miu(x/i)*(pos-i+1);
    }
    return ss[x]=ans;
}

inline int get_miu(int x,int sg){    
    if(sg==1)return Get_miu(x);
    if(x<=10000) return fac[sg][x];
    else    {
        int p=wr[sg];
        return get_miu(x/p,sg)-get_miu(x,sg/p);
    }
}

int main(){
    //  freopen("1.out","r",stdin);
    // freopen("b1.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    init();
    for(int i=1;i<=k;++i)
        for(int j=1;j<=i;++j)
            if(i%j==0)  factor[i].push_back(j);
        
    for(int i=1;i<=2000;++i)
        for(int j=1;prim[j]<=i;++j) if(i%prim[j]==0)   wr[i]=prim[j];
    for(int i=1;i<=2000;++i)
        if(k%i==0)
        for(int j=1;j<=10000;++j)
            fac[i][j]=fac[i][j-1]+miu[j*i];

    long long ans=0,sum;
    register int d,pos;
    int last,now,nn,mm,t1,t2,t,g,s,p,q;
    for(int i=0;i<factor[k].size();++i){
        t=factor[k][i];
        sum=0;
        for( p=0;p<factor[t].size();++p){
             g=factor[t][p];
            for( q=0,s;q<factor[t/g].size();++q){
                s=factor[t/g][q];
                t1=s*g,t2=s*t;
                nn=n/t1,mm=m/t2;
                last=0,now;
                if(miu[s*g]==0) continue;
                for(d=1,pos;d<=min(nn,mm);d=pos+1){
                    pos=min(nn/(nn/d),mm/(mm/d));
                    now=get_miu(pos,s*g);
                    sum+=(now-last)*1ll*(nn/d)*(mm/d)*miu[s];
                    last=now;
                }
            }
        }
        ans+=sum*miu[t];
    }
    printf("%lld
",ans);
}