BZOJ 2820: YY的GCD [莫比乌斯反演]【学习笔记】

2820: YY的GCD

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Description

神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对kAc这种

傻×必然不会了，于是向你来请教……多组输入

Input

第一行一个整数T 表述数据组数接下来T行，每行两个正整数，表示N, M

Output

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

Sample Input

2
10 10
100 100

Sample Output

30
2791

HINT

T = 10000

N, M <= 10000000

和bzoj2705很像http://www.cnblogs.com/candy99/p/6200745.html

但是n和m不同，不能使用直接欧拉函数的方法

参考：http://blog.csdn.net/acdreamers/article/details/8542292 && popoqqq课件

和上一题相同的函数：

为满足且和的的对数

显然，反演后得到

可以枚举每一个质数，套用上一题的做法，p相当于k，d*p也就是p的倍数了...很像上一题我WT1中的式子

其实d只要枚举到min(n,m)/p

然而复杂度承受不了，大约n/logn*sqrt(n)

我们设，那么继续得到

为什么这么做呢？因为这样之后发现F函数与p和d无关了，(要不然枚举p和d也是枚举了T)

可以提到前面，剩下的那一块可以处理前缀和做到O(1)，前面再用除法分块，做到O(sqrt(n))

WT:

如何求g(T)=Σ{p|T && isprime(p)}miu(T/p)

法1.

只需要枚举每个素数，将他的倍数的g更新就可以了

由于有1/1+1/2+1/3+...+1/n=O(logn)这个结论因此每个质数枚举时是均摊O(logn)的(*n后好想，是nlogn，但是质数只有n/logn个)

而质数恰好有O(n/logn)个因此暴力枚举就是O(n)的

法2.

线性筛

g[i*p[j]]

当p[j]|i时结果显然为miu(i)

否则考虑mu(i*p[j]/pp),当p[j]=pp时为mu[i]，p[j]!=pp时的所有的和就是-g(i)，所以总的结果为mu(i)-g(i)

枚举质数 4176ms

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=1e7+;

inline int read(){

    char c=getchar();int x=,f=;

    while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-; c=getchar();}

    while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-''; c=getchar();}

    return x*f;

}

int n,m;

bool notp[N];

int p[N],mu[N],g[N];

void sieve(){

    mu[]=;

    for(int i=;i<N;i++){

        if(!notp[i]) p[++p[]]=i,mu[i]=-;

        for(int j=;j<=p[]&&i*p[j]<N;j++){

            notp[i*p[j]]=;

            if(i%p[j]==){

                mu[i*p[j]]=;

                break;

            }

            mu[i*p[j]]=-mu[i];

        }

    }

    for(int j=;j<=p[];j++)

        for(int i=p[j];i<N;i+=p[j])

            g[i]+=mu[i/p[j]];

    for(int i=;i<N;i++) g[i]+=g[i-];

}

ll cal(int n,int m){

    if(n>m) swap(n,m);

    ll ans=;int r;

    for(int i=;i<=n;i=r+){

        r=min(n/(n/i),m/(m/i));

        ans+=(ll)(g[r]-g[i-])*(n/i)*(m/i);

    }

    return ans;

}

int main(int argc, const char * argv[]) {

    sieve();

    int T=read();

    while(T--){

        n=read();m=read();

        printf("%lld\n",cal(n,m));

    }

    return ;

}

线性筛：3328ms

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <algorithm>

#include <cmath>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=1e7+;

inline int read(){

    char c=getchar();int x=,f=;

    while(c<''||c>''){if(c=='-')f=-; c=getchar();}

    while(c>=''&&c<=''){x=x*+c-''; c=getchar();}

    return x*f;

}

int n,m;

bool notp[N];

int p[N],mu[N],g[N];

void sieve(){

    mu[]=;

    for(int i=;i<N;i++){

        if(!notp[i]) p[++p[]]=i,mu[i]=-,g[i]=;

        for(int j=;j<=p[]&&i*p[j]<N;j++){

            notp[i*p[j]]=;

            if(i%p[j]==){

                mu[i*p[j]]=;

                g[i*p[j]]=mu[i];

                break;

            }

            mu[i*p[j]]=-mu[i];

            g[i*p[j]]=mu[i]-g[i];

        }

    }

    for(int i=;i<N;i++) g[i]+=g[i-];

}

ll cal(int n,int m){

    if(n>m) swap(n,m);

    ll ans=;int r;

    for(int i=;i<=n;i=r+){

        r=min(n/(n/i),m/(m/i));

        ans+=(ll)(g[r]-g[i-])*(n/i)*(m/i);

    }

    return ans;

}

int main(int argc, const char * argv[]) {

    sieve();

    int T=read();

    while(T--){

        n=read();m=read();

        printf("%lld\n",cal(n,m));

    }

    return ;

}