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| < =10^9)描述一组数据。

1 < =N．m < =10^5  ， 1 < =Q < =2×10^4

Output

对每组数据，输出一行一个整数，表示答案模2^31的值。

Sample Input

2
4 4 3
10 10 5

Sample Output

20
148

解题思路：

这道题就是让我们求${\sum_{i=1}^{N}}{\sum_{j=1}^{M}}{\sigma(gcd(i,j))}({\sigma(gcd(i,j))}<=a)$

a比较让人恶心，考虑将${\sigma(gcd(i,j))}$按次序加入答案，直接统计，就是一种离线的做法。

那么就不需要考虑a了，答案就变成了(设n<=m)

${\sum_{i=1}^{n}}{\sum_{j=1}^{m}}{\sigma(gcd(i,j))}$

$={\sum_{d=1}^{n}}{\sigma(d)}{\sum_{d|i}}{n}{\sum_{d|j}^{m}}[gcd(i,j)==d]$

$={\sum_{d=1}^{n}}{\sigma(d)}{\sum_{i=1}^{\left \lfloor {\frac{n}{d}} \right \rfloor}}{\sum_{j=1}^{\left \lfloor {\frac{n}{d}} \right \rfloor}}{[gcd(i,j)==1]}$

$={\sum_{d=1}^{n}}{\sigma(d)}{\sum_{k=1}^{\left \lfloor {\frac{n}{d}} \right \rfloor}}{\mu(k)}{\left \lfloor {\frac{n}{dk}} \right \rfloor}{\left \lfloor {\frac{m}{dk}} \right \rfloor}$

设T=dk

$={\sum_{T=1}^{n}}{\sum_{d|T}}{\sigma(d)}{\mu(\frac{T}{d})}{\left \lfloor {\frac{n}{T}} \right \rfloor}{\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor}$

按顺序加入${\sigma(d)}$就好了

由于具有循环性质，在倍数位置加上就好了

取模卡我好长时间，没想到是这种方法。

代码：

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<algorithm>
 typedef long long lnt;
 const int N=;
 struct int_2{int a,b;bool friend operator < (int_2 x,int_2 y){if(x.a!=y.a)return x.a<y.a;return x.b<y.b;}}F[N];
 int prime[N];
 int miu[N];
 bool vis[N];
 int cnt;
 int line[N];
 struct qust{
     int n,m,a;
     int no;
     int ans;
 }q[N];
 int lowbit(int x)
 {
     return x&(-x);
 }
 void update(int pos,int v)
 {
     while(pos<N)
     {
         line[pos]+=v;
         pos+=lowbit(pos);
     }
     return ;
 }
 int query(int pos)
 {
     int ans=;
     while(pos)
     {
         ans+=line[pos];
         pos-=lowbit(pos);
     }
     return ans;
 }
 void gtp(void)
 {
     miu[]=;
     for(int i=;i<N;i++)
     {
         if(!vis[i])
         {
             prime[++cnt]=i;
             miu[i]=-;
         }
         for(int j=;j<=cnt&&prime[j]*i<N;j++)
         {
             int x=i*prime[j];
             vis[x]=true;
             if(i%prime[j]==)
             {
                 miu[x]=;
                 break;
             }
             miu[x]=-miu[i];
         }
     }
     for(int i=;i<N;i++)
     {
         for(int j=i;j<N;j+=i)
             F[j].a+=i;
         F[i].b=i;
     }
     return ;
 }
 bool cmp(qust x,qust y)
 {
     return x.a<y.a;
 }
 bool cmq(qust x,qust y)
 {
     return x.no<y.no;
 }
 int main()
 {
     gtp();
     int T;
     scanf("%d",&T);
     for(int i=;i<=T;i++)
     {
         scanf("%d%d%d",&q[i].n,&q[i].m,&q[i].a);
         q[i].no=i;
     }
     std::sort(q+,q+T+,cmp);
     std::sort(F+,F+N);
     for(int i=,j=;i<=T;i++)
     {
         for(;j<N&&F[j].a<=q[i].a;j++)
         {
             for(int k=F[j].b;k<N;k+=F[j].b)
                 update(k,F[j].a*miu[k/F[j].b]);
         }
         int n=q[i].n,m=q[i].m;
         if(n>m)
             std::swap(n,m);
         for(int u=,v;u<=n;u=v+)
         {
             v=std::min(n/(n/u),m/(m/u));
             q[i].ans+=(query(v)-query(u-))*(n/u)*(m/u);
         }
     }
     std::sort(q+,q+T+,cmq);
     for(int i=;i<=T;i++)
         printf("%d\n",q[i].ans&(0x7fffffff));
     return ;
 }