hdu1695(莫比乌斯反演+容斥)
题目链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1695
题目是求 在区间[a,b]选一个数x,区间[c,d]选一个数y,求满足gcd(x,y) = k 的个数
题目给出了条件,可以认为所有的样例中,a = b = 1,那么就是在区间[1,b]和区间[1,d]中分别选择两个数求gcd(x,y) = k的个数
我们让区间[1,b]和[1,d]变为[1,b/k]和[1,d/k],这里就可以转化为求gcd(x,y) = 1的个数
我们假设 f 是gcd(x,y) = n的个数,F 是gcd(x,y) = n的倍数的个数
显然 F 和 f 存在如下倍数关系,即:
设b/k = m,d/k = n,若要求gcd(x,y) = z 的倍数的个数,那么则F(z) 显然为 (m/z)*(n/z)
由莫比乌斯反演得:
莫比乌斯函数:
其中莫比乌斯函数的线性筛模板如下:
ll prime[maxn],mu[maxn],vis[maxn],F[maxn];
void get_mu() { //莫比乌斯函数线性筛
int N = maxn;
memset(prime,0,sizeof(prime));
memset(mu,0,sizeof(mu));
memset(vis,0,sizeof(vis));
mu[1] = 1;
int cnt = 0;
for(int i = 2;i<N;i++){
if(!vis[i]){
prime[cnt++] = i;
mu[i] = -1;
}
for(int j = 0;j<cnt && i*prime[j]<N;j++){
vis[i*prime[j]] = 1;
if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];
else{
mu[i*prime[j]] = 0;
break;
}
}
}
}
题目转化为在区间[1,b/k]和[1,d/k]中求gcd(x,y) = 1的对数,其实就是求f(1)了,直接计算f (1)。
因为题目要求如(2,1)和(1,2)是相同的实数对,所以要去重,而重复部分是在f(1)求解过程中的u(1)*F(1) + u(2)*F(2) + u(3)*F(3) + ........+u(min(m,n))*F(min(m,n)),这部分答案除以2是重复累加的,最后再计算一遍减去即可。
AC代码:
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define maxn 100005
using namespace std;
typedef long long ll;
const int INF = 1 << 30;
const int MOD = 1e9 + 7;
ll prime[maxn],mu[maxn],vis[maxn],F[maxn];
void get_mu() { //莫比乌斯函数线性筛
int N = maxn;
memset(prime,0,sizeof(prime));
memset(mu,0,sizeof(mu));
memset(vis,0,sizeof(vis));
mu[1] = 1;
int cnt = 0;
for(int i = 2;i<N;i++){
if(!vis[i]){
prime[cnt++] = i;
mu[i] = -1;
}
for(int j = 0;j<cnt && i*prime[j]<N;j++){
vis[i*prime[j]] = 1;
if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];
else{
mu[i*prime[j]] = 0;
break;
}
}
}
}
int main(){
int t;
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>t;
int cnt = 1;
get_mu();
while(t--){
cout<<"Case "<<cnt<<": ";
cnt++;
int a,b,c,d,k;
cin>>a>>b>>c>>d>>k;
if (k == 0) {
cout<<0<<endl;
continue;
}
b/=k,d/=k;
ll ans = 0,t = 0;
for(int i= 1;i<=min(b,d);i++){
ans+=(long long)mu[i]*(b/i)*(d/i);
}
for(int i = 1;i<=min(b,d);i++){
t+=(long long)mu[i]*(min(b,d)/i)*(min(b,d)/i);//计算重复部分
}
cout<<ans-t/2<<endl;
}
}
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