LOJ 2085: 洛谷 P1587: bzoj 4652: 「NOI2016」循环之美
题目传送门:LOJ #2085。
两个月之前做的傻题,还是有必要补一下博客。
题意简述:
求分子为不超过 \(n\) 的正整数,分母为不超过 \(m\) 的正整数的所有互不相等的分数中,有多少在 \(k\) 进制下的纯循环小数。
题解:
设分子为 \(x\),分母为 \(y\)。
首先,因为要求的是互不相等的分数,取最简分数,即 \(x\perp y\)。
其次,要求是纯循环小数,考虑竖式除法的过程,可以发现 \(\displaystyle\frac{x}{y}\) 在 \(k\) 进制下纯循环相当于存在正整数 \(l\) 使得 \(x\equiv x\cdot k^l\pmod{y}\)。
由于 \(x\perp y\),两边约去 \(x\) 得到 \(k^l\equiv 1\pmod{y}\),显然当 \(k\) 属于 \(y\) 的缩系中时可能成立,即 \(y\perp k\)。
综上,答案为 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[i\perp j][j\perp k]\)。
为了方便,以下用 \(a\div b\) 表示 \(\displaystyle\left\lfloor\frac{a}{b}\right\rfloor\)。答案为:
\]
其中 \(S_{f}(n)\) 表示 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}f(i)\)。
\(S_{[x\perp k]}(n)=(n\div k)\varphi(k)+S_{[x\perp k]}(n\bmod k)\) 可以 \(\mathcal{O}(k)\) 预处理,\(\mathcal{O}(1)\) 回答询问。
对外层 \(n\div d\) 和 \(m\div d\) 进行整除分块,问题转化为计算 \(\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\mu(i)[i\perp k]\)。
设 \(\displaystyle S(n,k)=\sum_{i=1}^{n}\mu(i)[i\perp k]\),则有:
\]
递归,记忆化搜索即可。边界:\(S(0,k)=0\) 和 \(\displaystyle S(n,1)=\sum_{i=1}^{n}\mu(i)\) 使用杜教筛计算。
复杂度大约为 \(\mathcal{O}\left(n^{2/3}+\sigma_0(k)\sqrt{n}+k\right)\)。
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <map>
typedef long long LL;
const int MK = 2005;
const int S = 31622;
const int MN23 = 1000005;
const int MP = 78505;
const int MD = 25;
int gcd(int a, int b) { return b ? gcd(b, a % b) : a; }
bool ip[MN23];
int p[MP], pc;
int mu[MN23], Smu[MN23];
inline void Init(int N) {
mu[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; ++i) {
if (!ip[i]) p[++pc] = i, mu[i] = -1;
for (int j = 1; j <= pc && p[j] * i <= N; ++j) {
ip[p[j] * i] = 1;
if (i % p[j]) mu[p[j] * i] = -mu[i];
else break;
}
}
for (int i = 1; i <= N; ++i) Smu[i] = Smu[i - 1] + mu[i];
}
int N, M, K, N23;
int A[MK], Vl[MD], cd;
std::map<int, LL> mp[MD];
LL Sum(int N, int K) {
if (!N) return 0;
if (K == 1 && N <= N23) return Smu[N];
if (mp[K].count(N)) return mp[K][N];
if (K > 1) {
LL Ans = 0;
for (int j = 1; j <= K; ++j)
if (Vl[K] % Vl[j] == 0 && mu[Vl[j]])
Ans += Sum(N / Vl[j], j);
return mp[K][N] = Ans;
}
LL Ans = 1;
for (int i = 2, j; i <= N; i = j + 1) {
j = N / (N / i);
Ans -= (j - i + 1) * Sum(N / i, 1);
}
return mp[1][N] = Ans;
}
LL Ans;
int main() {
scanf("%d%d%d", &N, &M, &K);
for (int i = 1; i <= K; ++i) A[i] = A[i - 1] + (gcd(i, K) == 1);
Init(N23 = std::max((int)pow(N, 2./3), K));
for (int i = 1; i <= K; ++i) if (K % i == 0 && (mu[i] || i == K)) Vl[++cd] = i;
for (int i = 1, kN, kM, j; i <= N && i <= M; i = j + 1) {
kN = N / i, kM = M / i;
j = std::min(N / kN, M / kM);
Ans = Ans + kN * ((LL)kM / K * A[K] + A[kM % K]) * (Sum(j, cd) - Sum(i - 1, cd));
}
printf("%lld\n", Ans);
return 0;
}
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