BZOJ 3529 [Sdoi2014]数表 (莫比乌斯反演+树状数组+离线)
题目大意:有一张$n*m$的数表,第$i$行第$j$列的数是同时能整除$i,j$的所有数之和,求数表内所有不大于A的数之和
先是看错题了...接着看对题了发现不会做了...刚了大半个下午无果
看了Po姐的题解(Orzzz)才搞懂这道题,搞清楚了莫比乌斯反演的两种经典的卷积形式的不同之处
令$\sigma(i)$表示i的约数和
如果去掉A这个限制,则题目是让我们求$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sigma(gcd(i,j))$
考虑如何正确转化式子,让我们能够把不大于A这个限制加上去,再用某种数据结构快速维护,否则我们转化的式子就是失败的
令$f(i)$表示$i$作为$gcd$出现的次数,利用莫比乌斯反演的常规套路,可得$f(i)=\sum_{i|d}\mu(d/i)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor$
这样,再接下来的变形中,可以把d提到前面去,我们就能对d的范围进行限制了
那么结果$ans=\sum f(i)\sigma(i)$
展开得$ans=\sum_{i=1}^{n} \sigma(i)\sum_{i|d}\mu(d/i)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor$
移项$ans=\sum _{d=1}^{\sigma(d)<=A} \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor \sum_{i|d}\mu(d/i)\sigma(i)$
对于前面的部分,对询问离线,按A从小到大排序,从小到大遍历即可$\sum _{d=1}^{\sigma(d)<=A} \left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor$
对于后面的部分$\sum_{i|d}\mu(d/i)\sigma(i)$当前询问的A大于等于$\sigma(i)$时,我们就要把i的贡献加进去,即所有能整除$i$的数的位置都要加上$\mu(d/i)\sigma(i)$
因为$\sigma(i)$并不具有单调性,所以需要用树状数组维护前缀和,可以暴力往树状数组里插入,因为总插入次数是$O(nlnn)$(调和级数)
接着对于每个询问,利用整除分块的思想求解即可
总时间$O(nlog^{2}n+Q\sqrt{n}logn)$,有点卡常,建议用unsigned int
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 100100
#define maxn 100000
#define ll long long
#define uint unsigned int
using namespace std; const uint mod=2147483648ll;
int T,cnt;
int use[N],pr[N],mu[N],nxt[N];
uint sum[N];
ll sgm[N];
struct node{ll s;int id;}a[N];
int cmp1(node s1,node s2){return s1.s<s2.s;}
struct Ques{int n,m,A,id;ll ans;}Q[N];
int cmp2(Ques s1,Ques s2){return s1.A<s2.A;}
int cmp3(Ques s1,Ques s2){return s1.id<s2.id;} void update(int x,uint w){for(int i=x;i<=maxn;i+=(i&(-i)))(sum[i]+=w)%=mod;}
uint query(int x){uint ans=;for(int i=x;i>;i-=(i&(-i)))(ans+=sum[i])%=mod;return ans;}
void Pre()
{
mu[]=;
for(int i=;i<=maxn;i++)
{
if(!use[i]) pr[++cnt]=i,mu[i]=-,nxt[i]=i;
for(int j=;j<=cnt&&i*pr[j]<=maxn;j++){
use[i*pr[j]]=;
nxt[i*pr[j]]=pr[j];
if(i%pr[j]==){
mu[i*pr[j]]=;
break;
}else{
mu[i*pr[j]]=-mu[i];
}
}
}
for(int i=;i<=maxn;i++)
for(int j=i;j<=maxn;j+=i)
sgm[j]+=i;
for(int i=;i<=maxn;i++)
a[i].s=sgm[i],a[i].id=i;
sort(a+,a+maxn+,cmp1);
} int main()
{
//freopen("t1.in","r",stdin);
scanf("%d",&T);
Pre();
int x,y,z;
for(int t=;t<=T;t++)
{
scanf("%d%d%d",&Q[t].n,&Q[t].m,&Q[t].A);
Q[t].id=t;
}
sort(Q+,Q+T+,cmp2);
int k=;
for(int t=;t<=T;t++)
{
while(k<=maxn&&a[k].s<=Q[t].A){
int i=a[k].id;
for(int j=i;j<=maxn;j+=i)
update(j,sgm[i]*mu[j/i]%mod);
k++;}
if(Q[t].n>Q[t].m) swap(Q[t].n,Q[t].m);
int n=Q[t].n,m=Q[t].m;ll ans=;
for(int j=,la;j<=n;j=la+){
la=min(n/(n/j),m/(m/j));
(ans+=1ll*(n/j)*(m/j)%mod*(query(la)-query(j-))%mod)%=mod;
}Q[t].ans=(1ll*ans%mod+mod)%mod;
}
sort(Q+,Q+T+,cmp3);
for(int t=;t<=T;t++)
printf("%lld\n",Q[t].ans);
return ;
}
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