【bzoj3529】[Sdoi2014]数表 莫比乌斯反演+离线+树状数组
题目描述
有一张n×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。给定a,计算数表中不大于a的数之和。
输入
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| < =10^9)描述一组数据。
输出
对每组数据,输出一行一个整数,表示答案模2^31的值。
样例输入
2
4 4 3
10 10 5
样例输出
20
148
题解
莫比乌斯反演+离线+树状数组
设 $f(n)$ 表示 $n$ 的约数和,当约数和大于 $a$ 时将其视作0。
那么我们要求的就是 $\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mf(\gcd(i,j))$
于是有以下公式推导(为了方便,以下默认 $n\le m$):
$\ \ \ \ \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mf(\gcd(i,j))\\=\sum\limits_{d=1}^nf(d)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\\=\sum\limits_{d=1}^nf(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\=\sum\limits_{d=1}^nf(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\sum\limits_{p|i\&p|j}\mu(p)\\=\sum\limits_{d=1}^nf(d)\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(p)\lfloor\frac n{dp}\rfloor\lfloor\frac m{dp}\rfloor$
然后再设 $D=dp$ 则有:
$\ \ \ \ \sum\limits_{d=1}^nf(d)\sum\limits_{p=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(p)\lfloor\frac n{dp}\rfloor\lfloor\frac m{dp}\rfloor\\=\sum\limits_{D=1}^n\lfloor\frac nD\rfloor\lfloor\frac mD\rfloor\sum\limits_{d|D}f(d)\mu(\frac Dd)$
此时如果所有的询问的 $a$ 都相同,这道题就做完了。预处理出 $f(n)$ 和 $\mu(n)$ ,并用 $O(n\ln n)$ 的时间内算出所有的 $\sum\limits_{d|n}f(d)\mu(\frac nd)$ ,求出其前缀和。然后对每个询问枚举商,分块处理即可。
那么如果 $a$ 不同呢?考虑离线,把所有询问按照 $a$ 从小到大排序,把所有数按照 $f$ 值从小到大排序,对于每一次 $a$ 的改变,在所有数中移动指针 $p$。那么每次指针 $p$ 移动就相当于是把 $f(p)$ 的贡献都算上。由于每个数只被扫到一次,因此只需要修改 $n\ln n$ 个 $\sum\limits_{d|n}f(d)\mu(\frac nd)$ 。
而我们需要动态维护前缀和,需要支持修改,因此使用树状数组来维护即可。
模 $2^{30}$ 的话可以先unsigned int自然溢出(相当于模$2^{31}$),最后答案再对 $2^{30}-1$取与。
时间复杂度 $O(n\log^2n+Q\sqrt n\log n)$
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 100010
#define n 100000
using namespace std;
typedef unsigned int ui;
struct data
{
ui p , q , v , pos;
bool operator<(const data &a)const {return v < a.v;}
}a[N];
ui mu[N] , prime[N] , tot , np[N] , s[N] , id[N] , f[N] , ans[N];
bool cmp(ui a , ui b)
{
return s[a] < s[b];
}
inline void add(ui x , ui a)
{
ui i;
for(i = x ; i <= n ; i += i & -i) f[i] += a;
}
inline ui query(ui x)
{
ui i , ans = 0;
for(i = x ; i ; i -= i & -i) ans += f[i];
return ans;
}
int main()
{
ui m , i , j , last , p = 1;
int x;
mu[1] = 1;
for(i = 2 ; i <= n ; i ++ )
{
if(!np[i]) mu[i] = -1 , prime[++tot] = i;
for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= n ; j ++ )
{
np[i * prime[j]] = 1;
if(!(i % prime[j]))
{
mu[i * prime[j]] = 0;
break;
}
else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
id[i] = i;
for(j = i ; j <= n ; j += i)
s[j] += i;
}
sort(id + 1 , id + n + 1 , cmp);
scanf("%u" , &m);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
scanf("%u%u%u" , &a[i].p , &a[i].q , &x) , a[i].pos = i;
if(x > 0) a[i].v = x;
else a[i].v = 0;
}
sort(a + 1 , a + m + 1);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
while(p <= n && s[id[p]] <= a[i].v)
{
for(j = 1 ; j * id[p] <= n ; j ++ )
add(j * id[p] , mu[j] * s[id[p]]);
p ++ ;
}
for(j = 1 ; j <= a[i].p && j <= a[i].q ; j = last + 1)
last = min(a[i].p / (a[i].p / j) , a[i].q / (a[i].q / j)) , ans[a[i].pos] += (a[i].p / j) * (a[i].q / j) * (query(last) - query(j - 1));
}
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ ) printf("%u\n" , ans[i] & 0x7fffffff);
return 0;
}
【bzoj3529】[Sdoi2014]数表 莫比乌斯反演+离线+树状数组的更多相关文章
- BZOJ3529: [Sdoi2014]数表 莫比乌斯反演_树状数组
Code: #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #define ll long lo ...
- 【BZOJ3529】数表(莫比乌斯反演,树状数组)
[BZOJ3529]数表(莫比乌斯反演,树状数组) 题解 首先不管\(A\)的范围的限制 要求的东西是 \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sigma(gcd(i,j))\] 其中\ ...
- BZOJ3529: [Sdoi2014]数表(莫比乌斯反演 树状数组)
题意 题目链接 Sol 首先不考虑\(a\)的限制 我们要求的是 \[\sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m \sigma(gcd(i, j))\] 用常规的套路可以化到这个形式 ...
- 【BZOJ 3529】 [Sdoi2014]数表 (莫比乌斯+分块+离线+树状数组)
3529: [Sdoi2014]数表 Description 有一张N×m的数表,其第i行第j列(1 < =i < =礼,1 < =j < =m)的数值为能同时整除i和j的所有 ...
- bzoj3529: [Sdoi2014]数表 莫比乌斯反演
题意:求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nf(gcd(i,j))(gcd(i,j)<=a),f(x)是x的因子和函数\) 先考虑没有限制的情况,考虑枚举gcd为x,那么有\(\ ...
- BZOJ3529: [Sdoi2014]数表(莫比乌斯反演,离线)
Description 有一张 n×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.给 ...
- bzoj [SDOI2014]数表 莫比乌斯反演 BIT
bzoj [SDOI2014]数表 莫比乌斯反演 BIT 链接 bzoj luogu loj 思路 \[ \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}a*[f[ ...
- POJ 3416 Crossing --离线+树状数组
题意: 给一些平面上的点,然后给一些查询(x,y),即以(x,y)为原点建立坐标系,一个人拿走第I,III象限的点,另一个人拿II,IV象限的,点不会在任何一个查询的坐标轴上,问每次两人的点数差为多少 ...
- HDU 2852 KiKi's K-Number(离线+树状数组)
题目链接 省赛训练赛上一题,貌似不难啊.当初,没做出.离线+树状数组+二分. #include <cstdio> #include <cstring> #include < ...
随机推荐
- 钓鱼 洛谷p1717
题目描述 话说发源于小朋友精心设计的游戏被电脑组的童鞋们藐杀之后非常不爽,为了表示安慰和鼓励,VIP999决定请他吃一次“年年大丰收”,为了表示诚意,他还决定亲自去钓鱼,但是,因为还要准备2013NO ...
- 20145234黄斐《信息安全系统设计基础》第七周(Linux命令复习)
已经到了11月,学期过半,而<信息安全系统设计基础>这门课也要到了期中考试了.所以,我在这里,对前半个学期的最基础的知识,做一个复习 复习计划分为两步,本次为Linux命令,下次计划复习g ...
- 成都Uber优步司机奖励政策(3月20日)
滴快车单单2.5倍,注册地址:http://www.udache.com/ 如何注册Uber司机(全国版最新最详细注册流程)/月入2万/不用抢单:http://www.cnblogs.com/mfry ...
- 杭州优步uber司机第三组奖励政策
-8月9日更新- 优步杭州第三组: 定义为激活时间在2015/8/3之后(含)的车主(以优步后台数据显示为准) 滴滴快车单单2.5倍,注册地址:http://www.udache.com/如何注册Ub ...
- 4 进程间通信Queue [kjuː]
1.进程间通信-Queue Process之间有时需要通信,操作系统提供了很多机制来实现进程间的通信. 说明 初始化Queue()对象时(例如:q=Queue()),若括号中没有指定最大可接收的消息数 ...
- 3991: [SDOI2015]寻宝游戏
3991: [SDOI2015]寻宝游戏 https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3991 分析: 虚树+set. 要求树上许多点之间的路径的 ...
- jquery 点滴
jQuery——动态给表格添加序号 $(function(){ //$('table tr:not(:first)').remove(); var len = $('table tr').length ...
- Qt-第一个QML程序-2-关键代码分析,TEXT,Image,Mouseare
qml语言开始写的时候有点不习惯,后面用的多了感觉很好,很顺手,用于快速搭建项目界面,真的很好. 目前用到的还是比较简单的 隐藏标题栏,而依附任务栏 flags: Qt.Window | Qt.Fra ...
- python3读取csv文件
代码如下 import csv with open('D:\\abc\\userinfo.csv',newline='') as f: reader = csv.reader(f) for row i ...
- python操作符及其循环语句(非常全)
//2018.10.14 1. Windows + R可以直接进行运行cmd 2. Random.randint(a,b):产生a-b的任意一个整数,在IDLE里面运行时需要注意在前面写好调用impo ...