Luogu 4844 LJJ爱数数

LOJ 6482

设$d = gcd(a, b)$，$xd = a$，$yd = b$，因为$\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{a + b}{ab} = \frac{1}{c}$，所以$c(x + y)= xyd$。

因为$d$不整除于$c$，那么$d | (x + y)$，把$d$除过去，

$$\frac{x + y}{d} = \frac{xy}{c}$$

设这个式子等于$p$，如果$p$不为$1$，那么$p | x$或者$p | y$，$p$不可能同时整除$x, y$（$x, y$互质），但是$p | (x + y)$，所以不成立，得到$p = 1$。

原来的条件就变成了$a + b = d^2$，$c = \frac{ab}{d^2}$，$1 \leq a,b,c \leq n$。

我们可以枚举这个$d$，然后枚举$x$，这样子只要算出和$d$互质的数的数量就可以了。

考虑一下$x$的范围，$x$满足

$$1 \leq dx \leq n$$

$$1 \leq d^2 - dx \leq n$$

那么$max(1, d - \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)\leq x \leq min(d - 1, \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)$。

即为求

$$\sum_{d = 1}^{\sqrt{2n}}\sum_{x = max(1, d - \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)}^{min(d - 1, \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)}[gcd(x, d - x) == 1]$$

有辗转相减法$gcd(x, d - x) = gcd(x, d)$。

求一定范围内的$x$，把它拆成前缀和相减的形式，现在就是要做：

$$\sum_{i = 1}^{k}[gcd(i, d) == 1]$$

$$ = \sum_{i = 1}^{k}\sum_{j | gcd(i, d)}\mu (j)$$

$$ = \sum_{i = 1}^{k}\sum_{j = 1}^{d}\mu (j)[j | d][j | i]$$

$$ = \sum_{j | d}\mu (j)\left \lfloor \frac{k}{j} \right \rfloor$$

枚举$d$的约数即可。

时间复杂度$O(\sqrt{n}log(\sqrt{n}))$。

Code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 2e6 + ;
const int Maxn = 1.5e6;
const int M = 2e7 + ;

int pCnt = , pri[N], mu[N], tot = , head[N];
ll n;
bool np[N];

struct Node {
    int to, nxt;
} e[M];

inline void add(int from, int to) {
    e[++tot].to = to;
    e[tot].nxt = head[from];
    head[from] = tot;
}

inline void sieve() {
    mu[] = ;
    for (int i = ; i <= Maxn; i++) {
        if (!np[i]) pri[++pCnt] = i, mu[i] = -;
        for (int j = ; j <= pCnt && i * pri[j] <= Maxn; j++) {
            np[i * pri[j]] = ;
            if (i % pri[j] == ) {
                mu[i * pri[j]] = ;
                break;
            }
            mu[i * pri[j]] = -mu[i];
        }
    }
}

inline ll max(ll x, ll y) {
    return x > y ? x : y;
}

inline ll min(ll x, ll y) {
    return x > y ? y : x;
}

inline ll getSum(ll k, int g) {
    ll res = ;
    for (int i = head[g]; i; i = e[i].nxt)
        res += mu[e[i].to] * (k / e[i].to);
    return res;
}

int main() {
    sieve();
    scanf("%lld", &n);

    int lim = sqrt(2LL * n);
    for (int i = ; i <= lim; i++)
        if (mu[i])
            for (int j = ; i * j <= lim; j++)
                add(i * j, i);

    ll ans = 0LL;
    for (int i = ; i <= lim; i++) {
        ll mx = min(n / i, 1LL * i - ), mn = max(1LL, 1LL * i - (n / i));
        ans += getSum(mx, i) - getSum(mn - , i);
    }

    printf("%lld\n", ans);
    return ;
}