P3312 [SDOI2014]数表
题目描述
有一张(N*M)的数表，其第(i)行第(j)列（(1le i le n)，(1 le j le 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。
输入输出格式
输入格式：
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| le 10^9))描述一组数据。
输出格式：
对每组数据，输出一行一个整数，表示答案模(2^{31})的值。
说明
(1 le N,Mle 10^5) ， (1 le Q le 2*10^4)
按道理就是先不管条件。
然后化简式子得到了
[sum_{k=1}^{min(n,m)}klfloorfrac{n}{k}
floorlfloorfrac{m}{k}
floor
]
想想确实不能拿掉一些东西，否则没法做。
想到有(mathbf {Id}=sigma*mu)
于是把式子拆开
[sum_{k=1}^{min(n,m)}lfloorfrac{n}{k}
floorlfloorfrac{m}{k}
floorsum_{d|k}sigma(d)mu(frac{k}{d})
]
或者换个方向反演也可以得到这个式子。
我们知道格子((i,j))的值就是(sigma(gcd(i,j)))
于是我们可以离线读入，然后从小到大把(sigma)加入前缀和。
具体的，可以拿一个树状数组维护(sum_{d|k}sigma(d)mu(frac{k}{d}))的前缀和，然后每次查询或者加一些东西进去就可以了。
复杂度(O(nlog^2n+Qsqrt nlog n))
Code:
#include <cstdio>
#include <algorithm>
const int N=1e5;
std::pair <int,int> sigma[N+10];
int mu[N+10],v[N+10];
void init()
{
for(int i=1;i<=N;i++) mu[i]=1,sigma[i]=std::make_pair(i+1,i);
sigma[1].first=1;
for(int i=2;i<=N;i++)
{
if(!v[i]) mu[i]=-1;
for(int j=i*2;j<=N;j+=i)
{
sigma[j].first+=i;
if(!v[i])
{
if((j/i)%i==0) mu[j]=0;
else mu[j]*=-1;
v[j]=1;
}
}
}
std::sort(sigma+1,sigma+1+N);
}
int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
struct node
{
int n,m,a,id;
bool friend operator <(node n1,node n2){return n1.a<n2.a;}
}qry[N+10];
int s[N+10],ans[N+10],pos=1,T;
void add(int p,int d){while(p<=N)s[p]+=d,p+=p&-p;}
int ask(int p){int sum=0;while(p)sum+=s[p],p-=p&-p;return sum;}
void change(int d)
{
while(sigma[pos].first<=d&&pos<=N)
{
for(int i=sigma[pos].second;i<=N;i+=sigma[pos].second)
add(i,sigma[pos].first*mu[i/sigma[pos].second]);
++pos;
}
}
int main()
{
init();
scanf("%d",&T);
for(int i=1;i<=T;i++)
scanf("%d%d%d",&qry[i].n,&qry[i].m,&qry[i].a),qry[i].id=i;
std::sort(qry+1,qry+1+T);
for(int i=1;i<=T;i++)
{
change(qry[i].a);
int n=qry[i].n,m=qry[i].m,sum=0;
for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
sum+=(n/l)*(m/l)*(ask(r)-ask(l-1));
}
ans[qry[i].id]=sum&0x7fffffff;
}
for(int i=1;i<=T;i++) printf("%d
",ans[i]);
return 0;
}
2018.11.26