【BZOJ3529】【SDOI2014】数表 （莫比乌斯反演+树状数组）

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Description

有一张$n\times m$的数表，其第$i$行第$j$列 $(1≤i≤n,1≤j≤m)$ 的数值为能同时整除$i$和$j$的所有自然数之和。
现在给定$a$，计算数表中不大于$a$的数之和。

Input

输入包含多组数据。
输入的第一行一个整数$Q$表示测试点内的数据组数，接下来Q行，每行三个整数$n,m,a(a≤109)$描述一组数据。

Output

对每组数据，输出一行一个整数，表示答案模$2^{31}$的值。 

题解：

我数学太水了！！又是一道推公式的题：

\begin{aligned}
ans&=\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}\sum_{d\mid gdc(i,j)}d\\
&=\sum_d^n\sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{i=1}\sum^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}_{j=1}f(d)[gcd(i,j)=1] &(f(d)=\sum_{k\mid d}k)\\
&=\sum_d^n f(d)\sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{i=1}\sum^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}_{j=1}\sum_{k\mid gcd(i,j)}\mu(k)\\
&=\sum_k^n\sum_d^n f(d)\mu(k)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor\\
&设 T=kd \\
ans&=\sum_T^n\sum_{d\mid T}f(d)\mu(\frac{T}{d})\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\\
\end{aligned}

前面同样是数论分块，后面依旧是线性筛。

考虑f怎么求

有个约数和定理

若$n=\sum_{i=1}^k p_i^{a_i}$，$p_i$为$n$的质因数，那么$n$的约数和 $f(n)$满足$f(n)=\prod_{i=1}^k\sum_{j=0}^{a_i}p_i^j$

$f$的话首先是个积性函数，我们在筛$\mu$的时候想顺便把这个也筛出来

考虑$f(d)$的值，如果说d是质数的话答案显然是$d+1$，下面讨论$d$为合数的情况

设$d=i*p$，其中$p$为质数

$p\nmid i$，那么$p$和$i$互质，所以$f(d)=f(p)*f(i)$

$p∣i$，设$i=t*p^x$ ，那么根据约数和定理，我们可以得
$$f(i*p) = f(t)f(p^{x+1}) = f(t)\sum\limits_{i=0}^{x+1}p^i$$

然后我们把p⁰（也就是1）拿出来，得到
$$f(i * p) = f(t) + f(t)*\sum\limits_{i=1}^{x+1}p^i = f(t) + f(t)*f(p^x)*p$$

然后$i = t * p^x$，所以$f(t) * f(p^x) = f(i)$

所以最后就是$f(d) = f(t) + f(i) * p$

然后就可以筛出$f(d)$啦

剩下的东西

现在加上a的限制，其实就是离线处理

我们先将所有的询问按照a的大小排序，然后从小到大处理

因为分块的时候我们要用到的是g(x)的前缀和，所以用一个树状数组来处理

将f(x)排个序，枚举的时候只枚举到f(x)<a，然后枚举另一个约数求出g，丢到树状数组里面去

求答案的时候直接查询就好了

CODE：

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 using namespace std;

 #define lowbit(x) (x&-x)
 int T,cnt=,maxn,ans[],tmp[];
 int f[],pri[],c[],mu[];
 bool vis[];
 struct Que{
     int n,m,a,id;
     bool operator<(const Que &b)const{
         return a<b.a;
     }
 }q[];

 bool comp(int a,int b){return f[a]<f[b];}

 void init(){
     mu[]=f[]=;
     for(int i=;i<=maxn;i++){
         if(!vis[i]){
             f[i]=i+,mu[i]=-;
             pri[++cnt]=i;
         }
         for(int j=;j<=cnt&&i*pri[j]<=maxn;j++){
             vis[i*pri[j]]=true;
             if(i%pri[j]==){
                 mu[i*pri[j]]=;
                 int t=i;
                 while(t%pri[j]==)t/=pri[j];
                 f[i*pri[j]]=f[t]+pri[j]*f[i];
                 break;
             }else{
                 f[i*pri[j]]=f[i]*f[pri[j]];
                 mu[i*pri[j]]=-mu[i];
             }
         }
     }
 }

 void add(int x,int y){
     while(x<=maxn){
         c[x]+=y;
         x+=lowbit(x);
     }
 }

 int sum(int x){
     int ans=;
     while(x>=){
         ans+=c[x];
         x-=lowbit(x);
     }
     return ans;
 }

 int main(){
     scanf("%d",&T);
     for(int i=;i<=T;i++){
         scanf("%d%d%d",&q[i].n,&q[i].m,&q[i].a);
         q[i].id=i;
         if(q[i].n>q[i].m)swap(q[i].n,q[i].m);
         maxn=max(maxn,q[i].n);
     }
     init();
     sort(q+,q+T+);
     for(int i=;i<=maxn;i++)tmp[i]=i;
     sort(tmp+,tmp+maxn+,comp);
     for(int i=,now=;i<=T;i++){
         int n=q[i].n,m=q[i].m,a=q[i].a;
         while(now<=maxn&&f[tmp[now]]<=a){
             for(int k=;k*tmp[now]<=maxn;k++)
                 add(k*tmp[now],f[tmp[now]]*mu[k]);
             now++;
         }
         for(int j=,pos;j<=n;j=pos+){
             pos=min(n/(n/j),m/(m/j));
             ans[q[i].id]+=(n/j)*(m/j)*(sum(pos)-sum(j-));
         }
     }
     for(int i=;i<=T;i++)
         printf("%d\n",ans[i]&0x7fffffff);
 }