BZOJ3529: [Sdoi2014]数表(莫比乌斯反演，离线)

Description

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。

Input

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。

1 < =N．m < =10^5  ， 1 < =Q < =2×10^4

Output

对每组数据，输出一行一个整数，表示答案模2^31的值。

Sample Input

2
4 4 3
10 10 5

Sample Output

20
148

解题思路：

这道题就是让我们求${sum_{i=1}^{N}}{sum_{j=1}^{M}}{sigma(gcd(i,j))}({sigma(gcd(i,j))}<=a)$

a比较让人恶心，考虑将${sigma(gcd(i,j))}$按次序加入答案，直接统计，就是一种离线的做法。

那么就不需要考虑a了，答案就变成了(设n<=m)

${sum_{i=1}^{n}}{sum_{j=1}^{m}}{sigma(gcd(i,j))}$

$={sum_{d=1}^{n}}{sigma(d)}{sum_{d|i}}{n}{sum_{d|j}^{m}}[gcd(i,j)==d]$

$={sum_{d=1}^{n}}{sigma(d)}{sum_{i=1}^{left lfloor {frac{n}{d}} ight floor}}{sum_{j=1}^{left lfloor {frac{n}{d}} ight floor}}{[gcd(i,j)==1]}$

$={sum_{d=1}^{n}}{sigma(d)}{sum_{k=1}^{left lfloor {frac{n}{d}} ight floor}}{mu(k)}{left lfloor {frac{n}{dk}} ight floor}{left lfloor {frac{m}{dk}} ight floor}$

设T=dk

$={sum_{T=1}^{n}}{sum_{d|T}}{sigma(d)}{mu(frac{T}{d})}{left lfloor {frac{n}{T}} ight floor}{left lfloor frac{m}{T} ight floor}$

按顺序加入${sigma(d)}$就好了

由于具有循环性质，在倍数位置加上就好了

取模卡我好长时间，没想到是这种方法。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
typedef long long lnt;
const int N=300010;
struct int_2{int a,b;bool friend operator < (int_2 x,int_2 y){if(x.a!=y.a)return x.a<y.a;return x.b<y.b;}}F[N];
int prime[N];
int miu[N];
bool vis[N];
int cnt;
int line[N];
struct qust{
    int n,m,a;
    int no;
    int ans;
}q[N];
int lowbit(int x)
{
    return x&(-x);
}
void update(int pos,int v)
{
    while(pos<N)
    {
        line[pos]+=v;
        pos+=lowbit(pos);
    }
    return ;
}
int query(int pos)
{
    int ans=0;
    while(pos)
    {
        ans+=line[pos];
        pos-=lowbit(pos);
    }
    return ans;
}
void gtp(void)
{
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            miu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<N;j++)
        {
            int x=i*prime[j];
            vis[x]=true;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                miu[x]=0;
                break;
            }
            miu[x]=-miu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++)
    {
        for(int j=i;j<N;j+=i)
            F[j].a+=i;
        F[i].b=i;
    }
    return ;
}
bool cmp(qust x,qust y)
{
    return x.a<y.a;
}
bool cmq(qust x,qust y)
{
    return x.no<y.no;
}
int main()
{
    gtp();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for(int i=1;i<=T;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&q[i].n,&q[i].m,&q[i].a);
        q[i].no=i;
    }
    std::sort(q+1,q+T+1,cmp);
    std::sort(F+1,F+N);
    for(int i=1,j=1;i<=T;i++)
    {
        for(;j<N&&F[j].a<=q[i].a;j++)
        {
            for(int k=F[j].b;k<N;k+=F[j].b)
                update(k,F[j].a*miu[k/F[j].b]);
        }
        int n=q[i].n,m=q[i].m;
        if(n>m)
            std::swap(n,m);
        for(int u=1,v;u<=n;u=v+1)
        {
            v=std::min(n/(n/u),m/(m/u));
            q[i].ans+=(query(v)-query(u-1))*(n/u)*(m/u);
        }
    }
    std::sort(q+1,q+T+1,cmq);
    for(int i=1;i<=T;i++)
        printf("%d
",q[i].ans&(0x7fffffff));
    return 0;
}