[BZOJ3944]Sum(杜教筛)
3944: Sum
Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 128 MB
Submit: 6201 Solved: 1606
[Submit][Status][Discuss]Description
Input
一共T+1行第1行为数据组数T(T<=10)第2~T+1行每行一个非负整数N,代表一组询问Output
一共T行,每行两个用空格分隔的数ans1,ans2Sample Input
6
1
2
8
13
30
2333Sample Output
1 1
2 0
22 -2
58 -3
278 -3
1655470 2HINT
Source
最基础的杜教筛。
杜教筛实际上就是这样一个式子:$$F(n)=H(n)-\sum\limits_{i=2}^{n}g(i)F(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$$
设要求的是$f$的前缀和,辅助函数分别是$g$和$h$,$F$,$G$,$H$分别是三个函数的前缀和,如果能在$O(1)$的时间内求出$G$和$H$,就能在$O(n^{\frac{3}{4}})$内求出$F$。复杂度$O(\sum\limits_{i=1}^{\sqrt{n}} \sqrt{\frac{n}{i}})=O(n^\frac{4}{3})$,通过预处理前$n^{\frac{2}{3}}$个数就可以做到$O(n^{\frac{2}{3}})$了。
对于后面的$F(n)$值数组下标不可能直接记录,但是注意到我们最终需要的$F$函数值最多有$O(n^{\frac{2}{3}})$个(因为$\lfloor \frac{\lfloor\frac{a}{b}\rfloor}{c} \rfloor=\lfloor \frac{a}{bc} \rfloor$),所以对于后面的值可以把$x$存到$n/x$里。
回到这题,不要爆int就好了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
typedef long long ll;
using namespace std; const int N=,M=;
int T,n,m,tot,p[N];
ll phi[N],mu[N],Phi[M],Mu[M];
bool vis[M]; ll getphi(int x){ if (x<=m) return phi[x]; else return Phi[n/x]; }
ll getmu(int x){ if (x<=m) return mu[x]; else return Mu[n/x]; } void solve(int x){
if (x<=m) return;
int t=n/x,lst=; ll p1=,p2=;
if (vis[t]) return;
vis[t]=; Phi[t]=(1ll*x+)*x>>; Mu[t]=;
while (lst<x){
int i=lst+; lst=x/(x/i); solve(x/i);
p1+=getphi(x/i)*(lst-i+); p2+=getmu(x/i)*(lst-i+);
}
Phi[t]-=p1; Mu[t]-=p2;
} int main(){
freopen("bzoj3944.in","r",stdin);
freopen("bzoj3944.out","w",stdout);
scanf("%d",&T); m=; phi[]=mu[]=;
rep(i,,m){
if (!phi[i]) p[++tot]=i,phi[i]=i-,mu[i]=-;
for (int j=; j<=tot && i*p[j]<=m; j++)
if (i%p[j]==) { phi[i*p[j]]=p[j]*phi[i]; mu[i*p[j]]=; break; }
else phi[i*p[j]]=(p[j]-)*phi[i],mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
rep(i,,m) phi[i]=phi[i-]+phi[i],mu[i]=mu[i-]+mu[i];
while (T--){
scanf("%d",&n); memset(vis,,sizeof(vis));
if (n<=m) printf("%lld %lld\n",phi[n],mu[n]);
else solve(n),printf("%lld %lld\n",Phi[],Mu[]);
}
return ;
}
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