和睦数三元组的个数问题
给出一个整数
。选出a, b, c (其中2<=a<b<c<=n)，组成和睦三元组，即：
· 或者满足 
， 
， 
· 或者满足
首先，我们考虑它的逆问题：也就是不和睦三元组的个数。
然后，我们可以发现，在每个不和睦三元组的三个元素中，我们都能找到正好两个元素满足：它与一个元素互素，并且与另一个元素不互素。
所以，我们只需枚举2到n的所有数，将每个数的与其互素的数的个数和与其不互素的数的个数相乘，最后求和并除以2，就是要求的逆问题的答案。
现在我们要考虑这个问题，如何求与2到n这些数互素（不互素）的数的个数。虽然求解与一个数互素数的个数的解法在前面已经提到过了，但在此并不合适，因为现在要求2到n所有数的结果，分别求解显然效率太低。
所以，我们需要一个更快的算法，可以一次算出2到n所有数的结果。
这里注意一下，判断两个数是不是互素，将这两个数字唯一分解，然后看有没有相同的数根就ok了。也正是应为这个，这里可以用容斥和筛法处理这个问题。
在这里，我们可以使用改进的埃拉托色尼筛法。
· 首先，对于2到n的所有数，我们要知道构成它的素数中是否有次数大于1的，为了应用容斥原理，我们还有知道它们由多少种不同的素数构成。
对于这个问题，我们定义数组deg[i]：表示i由多少种不同素数构成，以及good[i]：取值true或false，表示i包含素数的次数小于等于1是否成立。
再利用埃拉托色尼筛法，在遍历到某个素数i时，枚举它在2到n范围内的所有倍数，更新这些倍数的deg[]值，如果有倍数包含了多个i，那么就把这个倍数的good[]值赋为false。
· 然后，利用容斥原理，求出2到n每个数的cnt[i]：在2到n中不与i互素的数的个数。
回想容斥原理的公式，它所求的集合是不会包含重复元素的。也就是如果这个集合包含的某个素数多于一次，它们不应再被考虑。
所以只有当一个数i满足good[i]=true时，它才会被用于容斥原理。枚举i的所有倍数i*j，那么对于i*j，就有N/i个与i*j同样包含i（素数集合）的数。将这些结果进行加减，符号由deg[i]（素数集合的大小）决定。如果deg[i]为奇数，那么我们要用加号，否则用减号。
代码：
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #define MAXN 1009 using namespace std; int n; int good[MAXN]; int deg[MAXN], cnt[MAXN]; long long solve() { int ans=0; memset(cnt,0,sizeof(cnt)); memset(deg,0,sizeof(deg)); fill(good,good+MAXN,1); for(int i=2;i<=n;i++) { if(good[i]) { if(deg[i]==0) deg[i]=1; for(int j=1;j*i<=n;j++) // 目的是要筛出不同素数的乘积 { if(j>1 && deg[i]==1 )// 当i为素数的时候,我们才筛去和i具有相同数根的数字 { if(j%i==0) good[i]=0; else deg[i*j]++; } if(deg[i*j]%2) cnt[i*j]+=n/i; else cnt[i*j]-=n/i; } } ans+=cnt[i]; } } int main() { n=100; solve(); return 0; }
最后小结一下，关于筛法的问题。对于多个要求解的目标，如果这些目标都是可以通过前面的一点特定的数推算而来，就适用于筛法。（后来想了想，貌似和树根有关系的题目，都可以考虑一下要不要用筛法优化）。