*LOJ#2085. 「NOI2016」循环之美

$n \leq 1e9,m \leq 1e9,k \leq 2000$，求$k$进制下$\frac{x}{y}$有多少种不同的纯循环数取值，$1 \leq x \leq n,1 \leq y \leq m$。纯循环数是指小数点后直接就开始循环，整数也算。

与上个题的丑陋相比这个题不知道美到哪里去。。虽然自己没想出来。

提示说了，出现相同余数时有纯循环。假设循环节是$l$，那么$xk^l$和$x$除$y$会得到相同余数--同余！$xk^l \equiv x (\mod y)$。由于题目要互不相同的，所以$x$和$y$互质，有逆元。两边同乘$x$的逆元，得$k^l \equiv 1 (\mod y)$，存在这样的$l$，由欧拉定理得只需$k$与$y$互质即可。可以开始推式子。

$\\ \sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^m[(x,y)=1][(k,y)=1]$
$\\ =\sum_{y=1}^{m}[(k,y)=1]\sum_{x=1}^{n}[(x,y)=1]$
$\\ =\sum_{y=1}^{m}[(k,y)=1]\sum_{x=1}^{n}\sum_{d|x,d|y}\mu(d)$
$\\ =\sum_{y=1}^{m}[(k,y)=1]\sum_{d|y}\mu(d)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$
$\\ =\sum_{d=1}^{m}\mu(d)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\sum_{d|y,y \leq m}[(k,y)=1]$
$\\ =\sum_{d=1}^{m}\mu(d)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}[(k,i)=1][(k,d)=1]$
$\\ =\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor[(k,d)=1]\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}[(k,i)=1]$

可以发现$f(t)=\sum_{i=1}^t[(k,i)=1]=\left \lfloor \frac{t}{k} \right \rfloor f(k)+f(t \mod k)$。这样就可以O(1)算后面那坨，在min(n,m)的时间内得到84分。

 //#include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 //#include<math.h>
 //#include<set>
 //#include<queue>
 //#include<bitset>
 //#include<vector>
 #include<algorithm>
 #include<stdlib.h>
 using namespace std;

 #define LL long long
 int qread()
 {
     char c; int s=,f=; while ((c=getchar())<'' || c>'') (c=='-') && (f=-);
     do s=s*+c-''; while ((c=getchar())>='' && c<=''); return s*f;
 }

 //Pay attention to '-' , LL and double of qread!!!!

 int n,m,K;
 int f[];

 #define maxm 20000011
 int miu[maxm],prime[maxm],lp=; bool notprime[maxm];
 void pre(int n)
 {
     miu[]=;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         if (!notprime[i]) {prime[++lp]=i; miu[i]=-;}
         for (int tmp,j=;j<=lp && 1ll*i*prime[j]<=n;j++)
         {
             notprime[tmp=i*prime[j]]=;
             if (i%prime[j]) miu[tmp]=-miu[i];
             else {miu[tmp]=; break;}
         }
     }
 }

 int gcd(int a,int b) {while (b^=a^=b^=a%=b); return a;}
 int getf(int x) {return x/K*f[K]+f[x%K];}

 int main()
 {
     n=qread(); m=qread(); K=qread();
     for (int i=;i<=K;i++) f[i]=f[i-]+(gcd(i,K)==);
     pre(min(n,m));
     LL ans=;
     for (int i=,to=min(n,m);i<=to;i++) if ((i%K>) && (f[i%K]-f[(i-)%K])>)
         ans+=miu[i]*(n/i)*1ll*getf(m/i);
     printf("%lld\n",ans);
     return ;
 }

前面有个$\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$是可以分块枚举的，如果能求快一点对所有$t=\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor$求出$g(t,k)=\sum_{i=1}^t[(i,k)=1]\mu(i)$就好了。

！$k=p^cq$，设$p$为$k$的一个质因子，则$k$可以这么表示，其中$(q,p)=1$。要求与$k$互质的，那就求与$q$互质的，挑掉与$p$不互质和与$q$互质的。与$p$不互质的有一定是$p$的倍数，因为$p$是质数嘛。所以

$\\ g(t,k)=\sum_{i=1}^{t}[(k,i)=1]\mu(i)$
$\\ =\sum_{i=1}^{t}[(i,q)=1]\mu(i)-\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{t}{p} \right \rfloor}[(jp,q)=1]\mu(jp)$
$\\ =g(t,q)-\mu(p)g(\left \lfloor \frac{t}{p} \right \rfloor,q)$
$\\ =g(t,q)+g(\left \lfloor \frac{t}{p} \right \rfloor,q)$

建立一个根号复杂度的递推关系，$k$那一维的数量是常数级别的，毕竟2000以内质因子最多的数也没几个质因子。递归边界的话，如果t=0直接返回0，如果k=1那就是$\mu$的前缀和，需要再写一个杜教筛对所有n除以d的下取整数值的$\mu$前缀和处理出来。