[2019.1.14]BZOJ2005 [Noi2010]能量采集

以下设(nge m)。

首先,一个点((x,y))到((0,0))的路径上经过的点的数量(不包括首尾)为(gcd(x,y)-1)。

所以它的能量损耗为(2 imes gcd(x,y)-1)。

考虑如何统计(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m 2 imes gcd(i,j)-1)。

记(f_x=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=x]),即(1le ile n,1le jle m)时,(gcd(i,j)=x)的数量。

我们再记(F_x=sum_{x|i}f_i)。

莫名其妙想到了莫比乌斯反演,但是在这里显然不能用

我们发现(F(x))其实就是满足(1le ile n,1le jle m,i|x,j|x)的((i,j))数量,即(lfloorfrac{n}{x} floorlfloorfrac{m}{x} floor)。

我们还发现(f_i=F_i-sum_{x=2}^{lfloorfrac{n}{i} floor}f_{xi}),即(F_i)减去 (f_k)的和 ,其中(k)是(i)的倍数且不等于(i)。

于是我们从大到小枚举(i)并计算(f_i),答案就是(sum_{i=1}^n(2 imes i-1) imes f_i)。

根据调和级数,其时间复杂度为(O(nlogn))。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m;
long long num[100010],ans;
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m),n<m?swap(n,m),0:0;
    for(int i=n;i>=1;--i){
        num[i]=1ll*(n/i)*(m/i);
        for(int j=i+i;j<=n;j+=i)num[i]-=num[j];
        ans+=(2*i-1)*num[i];
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}