[bzoj 3701] Olympic Games (莫比乌斯反演)
题目描述
- 给出n,m,l,r,modn,m,l,r,modn,m,l,r,mod
- 表示一个(n+1)∗(m+1)(n+1)*(m+1)(n+1)∗(m+1)的格点图,求能够互相看见的点对个数对modmodmod取模的值.
- 能互相看见定义为此两点连线上没有其他的格点且欧氏距离在[l,r]范围内
- n,m<=100000l,r<=150000mod<=109n,m<=100000\newline l,r<=150000\newline mod<=10^9n,m<=100000l,r<=150000mod<=109
题目分析
首先我们将上下左右相邻的点对特判:
当l<=1<=rl<=1<=rl<=1<=r时有(2nm+n+m)(2nm+n+m)(2nm+n+m)个上下左右相邻点对对答案造成贡献此时我们只需要找出某个长宽互质矩形的对角线(两条)能够对答案造成多少贡献即可,如图,在长宽为(5,3)(5,3)(5,3)的矩形中,长宽为(1,2)(1,2)(1,2)的子矩形的副对角线对答案造成了((5+1)−1)((3+1)−2)((5+1)-1)((3+1)-2)((5+1)−1)((3+1)−2)的贡献:
所以在求某个矩形造成的总贡献时就用一条对角线的贡献乘以222即可
Ans=2∑x=1n∑y=1m[(x,y)==1](n+1−x)(m+1−y)Ans = 2\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[(x,y)==1](n+1-x)(m+1-y)Ans=2x=1∑ny=1∑m[(x,y)==1](n+1−x)(m+1−y)
=2∑x=1n((n+1−x)∑d∣xμ(d)∑d∣ym(m+1−y))=2\sum_{x=1}^n((n+1-x)\sum_{d|x}\mu(d)\sum_{d|y}^m(m+1-y))=2x=1∑n((n+1−x)d∣x∑μ(d)d∣y∑m(m+1−y))
=2∑x=1n((n+1−x)∑d∣xμ(d)∑y=1⌊md⌋(m+1−yd))=2\sum_{x=1}^n((n+1-x)\sum_{d|x}\mu(d)\sum_{y=1}^{⌊\frac md⌋}(m+1-yd))=2x=1∑n((n+1−x)d∣x∑μ(d)y=1∑⌊dm⌋(m+1−yd))
由于∑y=1⌊nd⌋(m+1−yd)\sum_{y=1}^{⌊\frac nd⌋}(m+1-yd)∑y=1⌊dn⌋(m+1−yd)可以Θ(1)\Theta(1)Θ(1)求
所以Θ(n)\Theta(n)Θ(n)枚举xxx,Θ(n)\Theta(\sqrt n)Θ(n)枚举d即可
总时间复杂度Θ(nn)\Theta(n\sqrt n)Θ(nn)
Tips
- 此处还有[l,r]的限制,首先考虑[1,k]怎么做
只用满足x2+y2<=k2x^2+y^2<=k^2x2+y2<=k2即可
则
Ans(k2)=2∑x=1n((n+1−x)∑d∣xμ(d)∑y=1⌊min(m,k2−x2)d⌋(m+1−yd))Ans(k^2)=2\sum_{x=1}^n((n+1-x)\sum_{d|x}\mu(d)\sum_{y=1}^{⌊\frac {min(m,\sqrt{k^2-x^2})}d⌋}(m+1-yd))Ans(k2)=2x=1∑n((n+1−x)d∣x∑μ(d)y=1∑⌊dmin(m,k2−x2)⌋(m+1−yd)) - 对于[l,r][l,r][l,r],答案就是Ans(r2)−Ans(l2−1)Ans(r^2)-Ans(l^2-1)Ans(r2)−Ans(l2−1)
此处不能用rrr与l−1l-1l−1作为参数代进去,因为两点距离的值域为RRR,不一定为整数,会多减一部分答案
AC code
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 100005;
int n, m, mod, l, r, ans;
int Prime[MAXN], Cnt, mu[MAXN];
bool IsnotPrime[MAXN];
void init()
{
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i < MAXN; ++i)
{
if(!IsnotPrime[i])
Prime[++Cnt] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 1; j <= Cnt && Prime[j] * i < MAXN; ++j)
{
IsnotPrime[Prime[j] * i] = 1;
if(i % Prime[j] == 0)
{
mu[Prime[j] * i] = 0;
break;
}
mu[Prime[j] * i] = -mu[i];
}
}
}
inline int F(int k, int d)
{
return (1ll * k * (m+1) % mod - 1ll * d * ((1ll*k*(k+1)/2) % mod) % mod) % mod;
}
inline int solve(long long k) // y*y <= k*k - x*x
{
int ret = 0;
for(int x = 1; x <= n && 1ll*x*x < k; ++x)
{
int s = 0, up = min(m, int(sqrt(1.0*k-1.0*x*x)));
for(int d = 1, d2; d*d <= x; ++d) if(x % d == 0)
{
s = (s + 1ll * mu[d] * F(up/d, d) % mod) % mod;
if(d != (d2=x/d))
s = (s + 1ll * mu[d2] * F(up/d2, d2) % mod) % mod;
}
ret = (ret + 1ll * s * (n+1-x) % mod) % mod;
}
return 2ll * ret % mod;
}
int main ()
{
scanf("%d%d%d%d%d", &n, &m, &l, &r, &mod); init();
int Ans = ((solve(1ll*r*r)-solve(1ll*l*l-1)) % mod + mod) % mod;
if(l <= 1 && 1 <= r) Ans = (Ans + ((2ll * n * m % mod + n) % mod + m) % mod) % mod;
printf("%d\n", Ans);
}
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