BZOJ 3529 [Sdoi2014]数表 (莫比乌斯反演+树状数组+离线)

题目大意：有一张$n*m$的数表，第$i$行第$j$列的数是同时能整除$i,j$的所有数之和，求数表内所有不大于A的数之和

先是看错题了...接着看对题了发现不会做了...刚了大半个下午无果

看了Po姐的题解(Orzzz)才搞懂这道题，搞清楚了莫比乌斯反演的两种经典的卷积形式的不同之处

令$sigma(i)$表示i的约数和

如果去掉A这个限制，则题目是让我们求$sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}sigma(gcd(i,j))$

考虑如何正确转化式子，让我们能够把不大于A这个限制加上去，再用某种数据结构快速维护，否则我们转化的式子就是失败的

令$f(i)$表示$i$作为$gcd$出现的次数，利用莫比乌斯反演的常规套路，可得$f(i)=sum_{i|d}mu(d/i)left lfloor frac{n}{d} ight floorleft lfloor frac{m}{d} ight floor$

这样，再接下来的变形中，可以把d提到前面去，我们就能对d的范围进行限制了

那么结果$ans=sum f(i)sigma(i)$

展开得$ans=sum_{i=1}^{n} sigma(i)sum_{i|d}mu(d/i)left lfloor frac{n}{d} ight floorleft lfloor frac{m}{d} ight floor$

移项$ans=sum _{d=1}^{sigma(d)<=A} left lfloor frac{n}{d} ight floorleft lfloor frac{m}{d} ight floor sum_{i|d}mu(d/i)sigma(i)$

对于前面的部分，对询问离线，按A从小到大排序，从小到大遍历即可$sum _{d=1}^{sigma(d)<=A} left lfloor frac{n}{d} ight floorleft lfloor frac{m}{d} ight floor$

对于后面的部分$sum_{i|d}mu(d/i)sigma(i)$当前询问的A大于等于$sigma(i)$时，我们就要把i的贡献加进去，即所有能整除$i$的数的位置都要加上$mu(d/i)sigma(i)$

因为$sigma(i)$并不具有单调性，所以需要用树状数组维护前缀和，可以暴力往树状数组里插入，因为总插入次数是$O(nlnn)$(调和级数)

接着对于每个询问，利用整除分块的思想求解即可

总时间$O(nlog^{2}n+Qsqrt{n}logn)$，有点卡常，建议用unsigned int 

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100100
#define maxn 100000
#define ll long long 
#define uint unsigned int
using namespace std;

const uint mod=2147483648ll;
int T,cnt;
int use[N],pr[N],mu[N],nxt[N];
uint sum[N];
ll sgm[N];
struct node{ll s;int id;}a[N];
int cmp1(node s1,node s2){return s1.s<s2.s;}
struct Ques{int n,m,A,id;ll ans;}Q[N];
int cmp2(Ques s1,Ques s2){return s1.A<s2.A;}
int cmp3(Ques s1,Ques s2){return s1.id<s2.id;}

void update(int x,uint w){for(int i=x;i<=maxn;i+=(i&(-i)))(sum[i]+=w)%=mod;}
uint query(int x){uint ans=0;for(int i=x;i>0;i-=(i&(-i)))(ans+=sum[i])%=mod;return ans;}
void Pre()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++)
    {
        if(!use[i]) pr[++cnt]=i,mu[i]=-1,nxt[i]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=maxn;j++){
            use[i*pr[j]]=1;
            nxt[i*pr[j]]=pr[j];
            if(i%pr[j]==0){
                mu[i*pr[j]]=0;
                break;
            }else{
                mu[i*pr[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=maxn;i++)
        for(int j=i;j<=maxn;j+=i)
            sgm[j]+=i;
    for(int i=1;i<=maxn;i++)
        a[i].s=sgm[i],a[i].id=i;
    sort(a+1,a+maxn+1,cmp1);
}

int main()
{
    //freopen("t1.in","r",stdin);
    scanf("%d",&T);
    Pre();
    int x,y,z;
    for(int t=1;t<=T;t++)
    {
        scanf("%d%d%d",&Q[t].n,&Q[t].m,&Q[t].A);
        Q[t].id=t;
    }
    sort(Q+1,Q+T+1,cmp2);
    int k=1;
    for(int t=1;t<=T;t++)
    {
        while(k<=maxn&&a[k].s<=Q[t].A){
            int i=a[k].id;
            for(int j=i;j<=maxn;j+=i)
                update(j,sgm[i]*mu[j/i]%mod);
            k++;}
        if(Q[t].n>Q[t].m) swap(Q[t].n,Q[t].m);
        int n=Q[t].n,m=Q[t].m;ll ans=0;
        for(int j=1,la;j<=n;j=la+1){
            la=min(n/(n/j),m/(m/j));
            (ans+=1ll*(n/j)*(m/j)%mod*(query(la)-query(j-1))%mod)%=mod;
        }Q[t].ans=(1ll*ans%mod+mod)%mod;
    }
    sort(Q+1,Q+T+1,cmp3);
    for(int t=1;t<=T;t++)
        printf("%lld
",Q[t].ans);
    return 0;
}