【JZOJ3623】【SDOI2014】数表(table) 树状数组+离线+莫比乌斯反演
题面
100
\]
其中,
\]
我们注意到\(gcd(i,j)\)最多有\(O(n)\)种取值,所以我们枚举\(d=gcd(i,j)\);
就有,
\]
其中,\(f(d)\)表示,有多少对\((i,j)\)的最大公约数为\(d\),可以使用莫比乌斯反演求出。
那么,
\]
更换主体,
\]
令\(h(d)=\sum_{d|i}g(d)*\mu(\frac{i}{d})\),
对于单个询问而言,如果我们知道\(h\)的前缀和,那么就可以\(O(\sqrt n)\)求出答案。
如果\(a\)一定时,我们可以预处理出\(h\)。
但实际上\(a\)不定。
突破口则是本题允许离线;
我们可以对\(a\)偏序,顺便利用树状数组\(c\)维护\(h\),具体是:
对于一个\(g(d)<=a\)的,我们给所有\(c[i*d]\)加上一个\(g(d)*\mu(i)\),然后\(c\)就是当前的\(h\),
其总的复杂度是\(O(\sum_{i=1}^n\frac{n}{i}*logn)\approx O(nlog^2n)\)。
加上询问,那么最终的复杂度是\(O(Q\sqrt nlogn+nlog^2n)\)
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fo(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define fd(i,x,y) for(int i=x;i>=y;i--)
using namespace std;
const char* fin="ex3623.in";
const char* fout="ex3623.out";
const int inf=0x7fffffff;
const int maxn=100007;
const ll mo=1ll<<31;
int t,mu[maxn],wu[maxn],p[maxn],ans[maxn];
int c[maxn],g[maxn];
bool bz[maxn];
void modify(int v,int u){for(;v<maxn;v+=v&-v)c[v]=(0ll+u+c[v])%mo;}
int getsum(int v){
ll k=0;
for(;v;v-=v&-v) k+=c[v];
return k%mo;
}
int getsum(int l,int r){return (getsum(r)-getsum(l-1)+mo)%mo;}
struct query{
int n,m,a,id;
}q[maxn];
bool cmp(query a,query b){return a.a<b.a;}
bool cmp1(int a,int b){return wu[a]<wu[b];}
int main(){
freopen(fin,"r",stdin);
freopen(fout,"w",stdout);
scanf("%d",&t);
fo(i,1,t) scanf("%d%d%d",&q[i].n,&q[i].m,&q[i].a),q[i].id=i;
mu[1]=1;
wu[1]=1;
fo(i,2,maxn-1){
if (!bz[i]){
p[++p[0]]=i;
wu[i]=i+1;
mu[i]=-1;
}
fo(j,1,p[0]){
int k=p[j]*i;
if (k>=maxn) break;
bz[k]=true;
if (i%p[j]==0){
mu[k]=0;
wu[k]=wu[i]+p[j]*(wu[i]-wu[i/p[j]]);
break;
}else{
mu[k]=-mu[i];
wu[k]=p[j]*wu[i]+wu[i];
}
}
}
fo(i,1,maxn-1) g[i]=i;
sort(q+1,q+t+1,cmp);
sort(g+1,g+maxn,cmp1);
int l=1;
fo(i,1,t){
while (l<maxn && wu[g[l]]<=q[i].a){
for(int k=g[l];k<maxn;k+=g[l]) modify(k,wu[g[l]]*mu[k/g[l]]);
l++;
}
int n=q[i].n,m=q[i].m;
if (n>m) swap(n,m);
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans[q[i].id]=(ans[q[i].id]+1ll*getsum(l,r)*(n/l)*(m/l))%mo;
}
}
fo(i,1,t) printf("%d\n",ans[i]);
return 0;
}
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