[51Nod 1222] - 最小公倍数计数 (..怎么说枚举题?)

题面

求∑k=ab∑i=1k∑j=1i[lcm(i,j)==k]\large\sum_{k=a}^b\sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^i[lcm(i,j)==k]k=a∑bi=1∑kj=1∑i[lcm(i,j)==k]

1<=a<=b<=10111<=a<=b<=10^{11}1<=a<=b<=1011

题目分析

令f(n)=∑i=1n∑j=1i[lcm(i,j)==n]\large f(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i[lcm(i,j)==n]f(n)=∑i=1n∑j=1i[lcm(i,j)==n]

则Ans=∑i=abf(i)\large Ans=\sum_{i=a}^bf(i)Ans=∑i=abf(i)

f(n)=∑i=1n∑j=1i[i⋅j==n⋅(i,j)]=∑d∣n∑d∣i∑d∣j,j<=i[i⋅j==nd && (id,jd)==1]=∑d∣n∑i=1nd∑j=1i[ij==nd && (i,j)==1]=∑d∣n∑i=1d∑j=1i[ij==d && (i,j)==1]=∑d∣nh(d)\large f(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i[i\cdot j==n\cdot (i,j)]\\=\sum_{d|n}\sum_{d|i}\sum_{d|j,j<=i}[i\cdot j==nd~\&\&~(\frac id,\frac jd)==1]\\=\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^i[ij==\frac nd~\&\&~(i,j)==1]\\=\sum_{d|n}\sum_{i=1}^d\sum_{j=1}^i[ij==d~\&\&~(i,j)==1]\\=\sum_{d|n}h(d)f(n)=i=1∑nj=1∑i[i⋅j==n⋅(i,j)]=d∣n∑d∣i∑d∣j,j<=i∑[i⋅j==nd && (di,dj)==1]=d∣n∑i=1∑dnj=1∑i[ij==dn && (i,j)==1]=d∣n∑i=1∑dj=1∑i[ij==d && (i,j)==1]=d∣n∑h(d)

此处h(d)h(d)h(d)表示小于等于ddd中,满足两个数互质且乘积为ddd的无序数对的个数,显然

h(d)={1 , d=12ω(d)−1 , d=∏i=1ω(d)piai\large h(d)=\left\{
\begin{aligned}
&1~,~d=1\\
&2^{\omega(d)-1}~,~d=\prod_{i=1}^{\omega(d)}p_i^{a_i}\\
\end{aligned}
\right.h(d)=⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧1 , d=12ω(d)−1 , d=i=1∏ω(d)piai其中ω(d)\large\omega(d)ω(d)表示d的质因子个数

相当于把d的质因数分成两部分,所以就每个质因数选或不选,又因为是无序数对,所以除以2,也可以写为以下形式

h(d)=2ω(d)+[d==1]2\large h(d)=\frac{2^{\omega(d)}+[d==1]}2h(d)=22ω(d)+[d==1]

有没有发现十分类似某个等式,记与nnn互质的数的和为a(n)a(n)a(n)(随便选的字母),则
a(n)=φ(n)n+[n==1]2a(n)=\frac{\varphi(n)n+[n==1]}2a(n)=2φ(n)n+[n==1]

回到这道题,有f(n)=∑d∣nh(d)=∑d∣n2ω(d)+[d==1]2=1+∑d∣n2ω(d)2\large f(n)=\sum_{d|n}h(d)=\sum_{d|n}\frac{2^{\omega(d)}+[d==1]}2\\=\frac{1+\sum_{d|n}2^{\omega(d)}}2f(n)=d∣n∑h(d)=d∣n∑22ω(d)+[d==1]=21+∑d∣n2ω(d)

然后我们又发现其实2ω(d)\large2^{\omega(d)}2ω(d)是每个质因数选或不选的方案数,及ddd的无平方因子的约数的个数,所以2ω(d)=∑k∣d∣μ(k)∣\large 2^{\omega(d)}=\sum_{k|d}|\mu(k)|2ω(d)=k∣d∑∣μ(k)∣根据μ\muμ函数的定义,我们知道只有无平方因子数的函数值才为1或-1,所以加上绝对值就成了计数

∴∑i=1nf(i)=n+∑i=1n∑d∣i2ω(d)2=n+∑i=1n∑d∣i∑k∣d∣μ(k)∣2\large \therefore \sum_{i=1}^nf(i)=\frac{n+\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}2^{\omega(d)}}2=\frac{n+\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\sum_{k|d}|\mu(k)|}2∴i=1∑nf(i)=2n+∑i=1n∑d∣i2ω(d)=2n+∑i=1n∑d∣i∑k∣d∣μ(k)∣

∵∑i=1n∑d∣i∑k∣d∣μ(k)∣=∑k=1n∣μ(k)∣∑k∣d∑d∣i1=∑k=1n∣μ(k)∣∑k∣d⌊nd⌋=∑k=1n∣μ(k)∣∑d=1⌊nk⌋⌊ndk⌋=∑k=1n∣μ(k)∣∑d=1⌊nk⌋⌊⌊nk⌋d⌋=∑k=1n∣μ(k)∣∑d=1⌊nk⌋⌊⌊nk⌋d⌋\large\because \sum_{i=1}^n\sum_{d|i}\sum_{k|d}|\mu(k)|=\sum_{k=1}^n|\mu(k)|\sum_{k|d}\sum_{d|i}1\\=\sum_{k=1}^n|\mu(k)|\sum_{k|d}\lfloor\frac nd\rfloor\\=\sum_{k=1}^n|\mu(k)|\sum_{d=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\lfloor\frac n{dk}\rfloor\\=\sum_{k=1}^n|\mu(k)|\sum_{d=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\lfloor\frac {\lfloor\frac nk\rfloor}d\rfloor\\=\sum_{k=1}^n|\mu(k)|\sum_{d=1}^{\lfloor\frac nk\rfloor}\lfloor\frac {\lfloor\frac nk\rfloor}d\rfloor∵i=1∑nd∣i∑k∣d∑∣μ(k)∣=k=1∑n∣μ(k)∣k∣d∑d∣i∑1=k=1∑n∣μ(k)∣k∣d∑⌊dn⌋=k=1∑n∣μ(k)∣d=1∑⌊kn⌋⌊dkn⌋=k=1∑n∣μ(k)∣d=1∑⌊kn⌋⌊d⌊kn⌋⌋=k=1∑n∣μ(k)∣d=1∑⌊kn⌋⌊d⌊kn⌋⌋

先看第二个∑\large\sum∑，对于某一个⌊nk⌋\large{\lfloor\frac nk\rfloor}⌊kn⌋的取值，把它记作NNN，就以NNN的范围做整除分块优化，Θ(N)\large\Theta(\sqrt N)Θ(N)的时间复杂度，那么外层还有一个求和，于是在外面也套一层整除分块优化，预处理出前n23\large n^{\frac 23}n32后时间复杂度为Θ(n23)\large\Theta(n^{\frac23})Θ(n32)
- 此处预处理为线性筛，考虑变换，∑i=1n⌊ni⌋\large\sum_{i=1}^n\large{\lfloor\frac ni\rfloor}∑i=1n⌊in⌋实际可看作枚举iii后看nnn以内有多少个数能被iii整除，这不就是∑i=1nσ0(i)\large\sum_{i=1}^n\sigma_0(i)∑i=1nσ0(i)吗？(这个函数表示i的约数个数)
  
  于是我们只需要筛出约数个数在累加就行了，线性筛时存一下当前数的最小质因子的次数就可以愉快的线性筛了
由于在外面一层套上了整除分块优化，则需要求出∣μ(k)∣\large |\mu(k)|∣μ(k)∣的前缀和，也就是nnn以内的无平方因子数
- 这里处理无平方因子数时用容斥原理，有
  
  ∑i=1n∣μ(i)∣=∑i=1nμ(i)⋅⌊ni2⌋\large\sum_{i=1}^n|\mu(i)|=\sum_{i=1}^{\sqrt n}\mu(i)\cdot\lfloor\frac n{i^2}\rfloori=1∑n∣μ(i)∣=i=1∑nμ(i)⋅⌊i2n⌋想想μ\muμ函数的定义，这个容斥还是比较好理解的
  
  Θ(n)\large \Theta(\sqrt n)Θ(n)可处理出来
其实这道题用的是[SPOJ] DIVCNT2 - Counting Divisors (square)一模一样的方法(我后面的分析都是直接粘的233)
但是奈何这道题TM\color{white}TMTM的卡内存!(各种预处理+卡内存我只能做到6015ms>6000ms T了…)
只能想想别的办法(也许有些同学掌握特殊的卡常技巧能过A掉吧)

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好的。

正文开始

那么我就要开始略讲一点了

定义F(i)=∑x=1i∑y=1x[xy(x,y)==i]\large F(i)=\sum_{x=1}^i\sum_{y=1}^x[\frac{xy}{(x,y)}==i]F(i)=∑x=1i∑y=1x[(x,y)xy==i]

则Ans=∑i=1bF(i)−∑i=1a−1F(i)\large Ans=\sum_{i=1}^bF(i)-\sum_{i=1}^{a-1}F(i)Ans=∑i=1bF(i)−∑i=1a−1F(i)

考虑∑i=1nF(i)\sum_{i=1}^nF(i)∑i=1nF(i)怎么求

设(x,y)=r,x=ar,y=br(x,y)=r,x=ar,y=br(x,y)=r,x=ar,y=br,则

∑i=1nF(i)=∑x=1n∑y=1x[xyr≤n]=∑a∑b∑r[a≤b][(a,b)==1][abr≤n]\large \sum_{i=1}^nF(i)=\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^x[\frac {xy}r\le n]\\=\sum_a\sum_b\sum_r[a\le b][(a,b)==1][abr\le n]i=1∑nF(i)=x=1∑ny=1∑x[rxy≤n]=a∑b∑r∑[a≤b][(a,b)==1][abr≤n]反演一下得到∑i=1nF(i)=∑d=1nμ(d)∑a∑b∑r[a≤b][abr≤⌊nd2⌋]\large \sum_{i=1}^nF(i)=\sum_{d=1}^{\sqrt n}\mu(d)\sum_a\sum_b\sum_r[a\le b][abr\le \lfloor\frac n{d^2}\rfloor]i=1∑nF(i)=d=1∑nμ(d)a∑b∑r∑[a≤b][abr≤⌊d2n⌋]不考虑[a≤b][a\le b][a≤b]的话就是a,b,ra,b,ra,b,r三个数的乘积的统计,做法为统计x≤y≤z && xyz≤Nx\le y\le z~\&\&~xyz\le Nx≤y≤z && xyz≤N的(x,y,z)(x,y,z)(x,y,z)数对的数量

分别考虑三个数不相等/两个数相等/三个数相等的情况再分别乘上排列系数

由于这样的枚举只需要枚举x≤N13\large x\le N^{\frac 13}x≤N31,在枚举x≤y≤Nx\large x\le y\le \frac Nxx≤y≤xN,然后Θ(1)\Theta(1)Θ(1)统计zzz的个数

[a≤b][a\le b][a≤b]比较讨厌,假设(a,b)(a,b)(a,b)与(b,a)(b,a)(b,a)被统计两次,因为有a=ba=ba=b的情况不能直接除以222

回到原问题,当a=ba=ba=b时,由于(a,b)=1(a,b)=1(a,b)=1,所以a=b=1a=b=1a=b=1,此时rrr有nnn种取值,所以只需要在算出的结果加上nnn再除以222即可

参考自 51Nod 题解1楼

时间复杂度证明

设T(n)T(n)T(n)表示统计满足xyz<=nxyz<=nxyz<=n的(x,y,z)(x,y,z)(x,y,z)的三元组个数的时间复杂度

T(n)=Θ(∑x=1n13(nx−x))=Θ(n23)\large T(n)=\Theta\left(\sum_{x=1}^{n^{\frac 13}}(\sqrt{\frac nx}-x)\right)=\Theta(n^{\frac 23})T(n)=Θ⎝⎜⎜⎛x=1∑n31(xn−x)⎠⎟⎟⎞=Θ(n32)

上面的−x-x−x是枚举yyy时从x+1x+1x+1开始枚举,总时间复杂度=Θ(∑d=1nT(nd2))=Θ(∑d=1nT((nd)2))=Θ(∑d=1n(nd)43)=Θ(∑d=1n(n23d43))=Θ(n23∑d=1n(1d43))\large =\Theta\left(\sum_{d=1}^{\sqrt n}T(\frac n{d^2})\right)\\=\Theta\left(\sum_{d=1}^{\sqrt n}T((\frac{\sqrt n}d)^2)\right)\\=\Theta\left(\sum_{d=1}^{\sqrt n}(\frac{\sqrt n}d)^{\frac 43}\right)\\=\Theta\left(\sum_{d=1}^{\sqrt n}(\frac{n^{\frac 23}}{d^{\frac 43}})\right)\\=\Theta\left(n^{\frac 23}\sum_{d=1}^{\sqrt n}(\frac{1}{d^{\frac 43}})\right)=Θ⎝⎜⎛d=1∑nT(d2n)⎠⎟⎞=Θ⎝⎜⎛d=1∑nT((dn)2)⎠⎟⎞=Θ⎝⎜⎛d=1∑n(dn)34⎠⎟⎞=Θ⎝⎜⎛d=1∑n(d34n32)⎠⎟⎞=Θ⎝⎜⎛n32d=1∑n(d341)⎠⎟⎞此处ddd的枚举应该是离散的,我们将它看做连续的,由于n=n12\sqrt n=n^{\frac 12}n=n21那么将ddd两两结合,有

∫1n14(1x43)+(1(n12x34))dx>=∫1n142(1x43(n12x34))dx=∫1n142(1n12)dx\large\int_{1}^{n^{\frac 14}} (\frac 1{x^{\frac 43}})+(\frac 1{(\frac{n^{\frac 12}}{x^{\frac 34}})})dx\\>=\int_{1}^{n^{\frac 14}} 2\left(\frac 1{x^{\frac 43}{(\frac{n^{\frac 12}}{x^{\frac 34}})}}\right)dx\\=\int_{1}^{n^{\frac 14}} 2\left(\frac 1{n^{\frac 12}}\right)dx∫1n41(x341)+((x43n21)1)dx>=∫1n412⎝⎜⎜⎛x34(x43n21)1⎠⎟⎟⎞dx=∫1n412(n211)dx于是我们又回到离散的,最多有n122\frac{n^\frac 12}22n21对这样的关系,所以

∑d=1n(1d43)=n122⋅2(1n12)=1\large \sum_{d=1}^{\sqrt n}(\frac{1}{d^{\frac 43}})=\frac{n^\frac 12}2\cdot2\left(\frac 1{n^{\frac 12}}\right)=1d=1∑n(d341)=2n21⋅2(n211)=1所以总时间复杂度为Θ(n23∑d=1n(1d43))=Θ(n23)\large \Theta\left(n^{\frac 23}\sum_{d=1}^{\sqrt n}(\frac{1}{d^{\frac 43}})\right)=\Theta(n^{\frac 23})Θ⎝⎜⎛n32d=1∑n(d341)⎠⎟⎞=Θ(n32)

申明:以上的∫\int∫符号纯属乱用,只是不能再用∑\sum∑表示xxx的取值可能不为整数的和了

AC code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 316228;

int Cnt, Prime[N], mu[N];

bool IsnotPrime[N];

void init()

{

	mu[1] = 1;

	for(int i = 2; i < N; ++i)

	{

		if(!IsnotPrime[i])

			Prime[++Cnt] = i, mu[i] = -1;

		for(int j = 1; j <= Cnt && i * Prime[j] < N; ++j)

		{

			IsnotPrime[i * Prime[j]] = 1;

			if(i % Prime[j] == 0) { mu[i * Prime[j]] = 0; break; }

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

		}

	}

}

LL solve(LL n)

{

	LL ret = n;

	for(int d = 1; (LL)d*d <= n; ++d) if(mu[d])

	{

		LL m = n/((LL)d*d), s = 0;

		for(int a = 1; (LL)a*a*a <= m; ++a)

		{

			for(int b = a+1; (LL)a*b*b <= m; ++b)

				s += (m/((LL)a*b)-b) * 6 + 3; // * 6 -> a < b < c ( P(3,3) = 6 )

												// + 3 -> a < b = c ( P(3,3)/P(2,2) = 3)

			s += (m/((LL)a*a)-a) * 3 + 1; // * 3 -> a = b < c ( P(3,3)/P(2,2) = 3 )

											// + 1 -> a = b = c

		}//以上的"-b","-a"都是为了满足 c>b 或 c>b=a,跟时间复杂度的分析一样

		ret += s * mu[d];

	}

	return ret / 2;

}

int main ()

{

	LL a, b; init();

	scanf("%lld%lld", &a, &b);

	printf("%lld\n", solve(b)-solve(a-1));

}

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可写死我了