[P5348]密码解锁
Description
给一个长度为 \(n\) 的数组 \(a[1\dots n]\) ,满足 \(\sum_{m|x}a[x] = \mu(m)\),求 \(a[m]\)。
\(n\le 10^{18}, m\le 10^9, \frac{n}{m}\le10^9,n\geq m\)
Solution
由另一种形式的莫比乌斯反演:
a[m] &= \sum_{m|x}\mu(\frac{x}{m})\mu(x)\\
&=\sum_{i=1}^{\frac{n}{m}}\mu(i)\mu(im)\\
&=\mu(m)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{m}\rfloor}\mu(i)^2[\gcd(i, m) = 1]\\
\end{aligned}
\]
后面那个 \(\sum\) 就是在求 \(1\dots \frac{n}{m}\) 中与 \(m\) 互质且不能写成完全平方数的倍数的个数。
类似于 [中山市选2011]完全平方数,可以容斥求:
令 \(N = \lfloor\frac{n}{m}\rfloor\),
a[m] &=\mu(m)\sum_{i=1}^{\frac{n}{m}}\mu(i)^2[\gcd(i, m) = 1]\\
&=\mu(m)\sum_{i=1}^{\sqrt{N}}\mu(i)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{N}{i^2}\rfloor}[\gcd(i^2j,m)=1]\\
&=\mu(m)\sum_{i=1}^{\sqrt{N}}\mu(i)[\gcd(i,m)=1]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{N}{i^2}\rfloor}[\gcd(j,m)=1]\\
&=\mu(m)\sum_{i=1}^{\sqrt{N}}\mu(i)[\gcd(i,m)=1]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{N}{i^2}\rfloor}\sum_{d|\gcd(j,m)}\mu(d)\\
&=\mu(m)\sum_{i=1}^{\sqrt{N}}\mu(i)[\gcd(i,m)=1]\sum_{d|m}\mu(d)\lfloor\frac{\lfloor\frac{N}{i^2}\rfloor}{d}\rfloor
\end{aligned}
\]
然后就可以把 \(m\) 的所有约数处理出来,暴力算(复杂度上界为 \(O(T\sqrt \frac{n}{m} \sqrt m)\),实际后面的 \(\sqrt m\) 跑不满)。
注意\(\mu\)要筛到\(\sqrt N\)复杂度才是对的(不然多一个根号)。
code
#include <bits/stdc++.h>
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
#define SZ(x) ((int)x.size())
#define ALL(x) (x).begin(), (x).end()
#define MP(x, y) std::make_pair(x, y)
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define GO cerr << "GO" << endl;
using namespace std;
inline void proc_status()
{
ifstream t("/proc/self/status");
cerr << string(istreambuf_iterator<char>(t), istreambuf_iterator<char>()) << endl;
}
template<class T> inline T read()
{
register T x(0);
register char c;
register int f(1);
while (!isdigit(c = getchar())) if (c == '-') f = -1;
while (x = (x << 1) + (x << 3) + (c xor 48), isdigit(c = getchar()));
return x * f;
}
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }
const int maxN = 1e5;
bool vis[maxN + 1];
vector<int> prime;
int mu[maxN + 1];
LL n, m;
void Init()
{
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= maxN; ++i)
{
if (!vis[i])
{
prime.push_back(i);
mu[i] = -1;
}
for (int j = 0; j < SZ(prime) and prime[j] * i <= maxN; ++j)
{
vis[prime[j] * i] = 1;
if (i % prime[j] == 0)
break;
else
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
}
int Mu(LL M)
{
if (M <= maxN) return mu[M];
//GO;
int cnt = 0;
for (LL i = 2; i * i <= M; ++i)
if (M % i == 0)
{
M /= i;
cnt++;
if (M % i == 0)
return 0;
}
if (M != 1) cnt++;
return (cnt & 1) ? -1 : 1;
}
vector<pair<LL, int> > p;
LL calc(LL i)
{
LL ans(0);
for (int l = 0; l < SZ(p); ++l)
ans += (LL)p[l].second * (((n / m) / (i * i)) / p[l].first);
return ans;
}
void GetP(LL m)
{
p.clear();
for (LL d = 1; d * d <= m; ++d)
if (m % d == 0)
{
p.push_back(MP(d, Mu(d)));
if (m / d == d) continue;
p.push_back(MP(m / d, Mu(m / d)));
}
}
void Solve()
{
int T = read<int>();
while (T--)
{
n = read<LL>(), m = read<LL>();
GetP(m);
LL ans(0);
for (LL i = 1; i * i <= (n / m); ++i)
if (__gcd((LL)i, m) == 1)
ans += Mu(i) * calc(i);
ans *= Mu(m);
printf("%lld\n", ans);
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("xhc.in", "r", stdin);
freopen("xhc.out", "w", stdout);
#endif
Init();
Solve();
return 0;
}
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