BZOJ2818: Gcd
题目描述
题目分析
题目就是在求：
[Ans=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n[gcd(i,j)==prime]
]
直接算肯定不行，改成枚举质数
[Ans=sum_{din prime}sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n[gcd(i,j)==d]
]
根据反演套路，设两个函数
[f(d)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)==d]
]
[F(n)=sum_{nmid d}f(d)=lfloor frac Nd
floor lfloor frac Md
floor
]
根据莫比乌斯反演可以得到：
[f(n)=sum_{nmid d}mu(frac dn)F(d)
]
我们发现原式子后面的一坨就是(f(d))
那么现在就是要求：
[Ans=sum_{din prime}f(d)
]
[=sum_{din prime}sum_{dmid p}mu(frac pd)F(p)
]
然后把枚举p换成枚举(frac pd)
[Ans=sum_{din prime}sum_{p=1}^{frac nd}mu(p)F(dp)
]
[=sum_{din prime}sum_{p=1}^{frac nd}mu(p)(lfloor frac {n}{dp}
floor)^2
]
这个(dp)不是很方便我们把它替换成(T)
[Ans=sum_{T=1}^{n}sum_{t|T,tin prime}mu(lfloorfrac{T}{t}
floor)(lfloorfrac{n}{T}
floor)^2
]
((lfloorfrac{n}{T} floor)^2)和(t)没关系，所以把它提出去
[Ans=sum_{T=1}^{n}(lfloorfrac{n}{T}
floor)^2sum_{t|T,tin prime}mu(lfloorfrac{T}{t}
floor)
]
这样这个式子就可以在(O(n))的复杂度内求出来了。
可以发现的是这个式子是可以进行整除分块的，所以如果有多组数据询问可以用整除分块将其优化成(O(sqrt n))的。
是代码呢
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1e7+7;
#define ll long long
ll n,m,ans;
int g[MAXN],mu[MAXN],prime[MAXN];
bool vis[MAXN];
inline void get_mu(int N)
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i]){
prime[++prime[0]]=i;mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=prime[0];j++){
if(prime[j]*i>N) break;
vis[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int j=1;j<=prime[0];j++)
for(int i=1;i*prime[j]<=N;i++) g[i*prime[j]]+=mu[i];
}
inline int read()
{
int x=0,c=1;
char ch=' ';
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
while(ch=='-')c*=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*c;
}
int main()
{
n=read();
get_mu(n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) ans+=1ll*(n/i)*(n/i)*g[i];
printf("%lld
",ans);
}