bzoj 2005: [Noi2010]能量采集 筛法||欧拉||莫比乌斯

2005: [Noi2010]能量采集

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Description

栋栋有一块长方形的地，他在地上种了一种能量植物，这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后，

栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。 栋栋的植物种得非常整齐，一共有n列，每列

有m棵，植物的横竖间距都一样，因此对于每一棵植物，栋栋可以用一个坐标(x, y)来表示，其中x的范围是1至n，

表示是在第x列，y的范围是1至m，表示是在第x列的第y棵。 由于能量汇集机器较大，不便移动，栋栋将它放在了

一个角上，坐标正好是(0, 0)。 能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器

连接而成的线段上有k棵植物，则能量的损失为2k + 1。例如，当能量汇集机器收集坐标为(2, 4)的植物时，由于

连接线段上存在一棵植物(1, 2)，会产生3的能量损失。注意，如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植

物，则能量损失为1。现在要计算总的能量损失。 下面给出了一个能量采集的例子，其中n = 5，m = 4，一共有20

棵植物，在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。 在这个例子中，总共产生了36的能

量损失。

Input

仅包含一行，为两个整数n和m。

Output

仅包含一个整数，表示总共产生的能量损失。

Sample Input

【样例输入1】
5 4
【样例输入2】
3 4

Sample Output

【样例输出1】
36
【样例输出2】
20
对于100%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100,000。

 

　　　　    n　　m

题意：求2*∑      ∑ gcd(i,j)-1;

　　　　   i=1  j=1

思路：首先一个很涨知识的筛法；

　　　g[k]表示gcd(i,j)==k的个数；

　　　g[k]=n/k*m/k-g[2*k]-g[3*k]-.......;

　　　逆序写即可,复杂度O（n*log（n））；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pi (4*atan(1.0))
const int N=1e5+,M=4e6+,inf=1e9+;
ll g[N];
int main()
{
    int x,y,z,i,t;
    while(~scanf("%d%d",&x,&y))
    {
        ll ans=;
        for(i=min(x,y);i>=;i--)
        {
            g[i]=(ll)x/i*(y/i);
            for(t=i+i;t<N;t+=i)
            g[i]-=g[t];
            ans+=g[i]*(*i-);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
 
    return ;
}

欧拉函数：

　　 　　　　n     m　　　　　n     m                       min(n,m)

证明过程：   ∑      ∑ gcd(i,j)=∑      ∑     ∑ Ø(d)     =  ∑  Ø(d) * (n/d) *(m/d)

　　　　　　i=1   j=1           i=1   j=1  d|gcd(i,j)     d=1

　　　　　　分块写，复杂度 预处理O（1e5)+sqrt(min(n,m));

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define pi (4*atan(1.0))
const int N=1e5+,M=1e6+,inf=1e9+;
const ll INF=1e18+;
ll p[N],ji;
bool vis[N];
ll phi[N];
ll sum[N];
void get_eular(int n)
{
    ji = ;
    phi[]=;
    memset(vis, true, sizeof(vis));
    for(int i = ; i <= n; i++)
    {
        if(vis[i])
        {
            p[ji ++] = i;
            phi[i] = i - ;
        }
        for(int j = ; j < ji && i * p[j] <= n; j++)
        {
            vis[i * p[j]] = false;
            if(i % p[j] == )
            {
                phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
                break;
            }
            else
            phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];
        }
    }
}
int main()
{
    get_eular(N);
    memset(sum,,sizeof(sum));
    for(int i=;i<=1e5;i++)
    sum[i]=sum[i-]+phi[i];
    ll x,y;
    while(~scanf("%lld%lld",&x,&y))
    {
        if(x>y)swap(x,y);
        ll ans=;
        for(int L=,R=;L<=x;L=R+)
        {
            R=min(x/(x/L),y/(y/L));
            ans+=(sum[R]-sum[L-])*(x/L)*(y/L);
        }
        printf("%lld\n",*ans-x*y);
    }
    return ;
}

莫比乌斯：模版题；

　　　　　gcd（i,j）==k，枚举k；

　　　　　复杂度O（min（n,m)sqrt(n));

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define esp 0.00000000001
#define pi 4*atan(1)
const int N=1e5+,M=1e7+,inf=1e9+,mod=1e9+;
ll mu[N], p[N], np[N], cnt, sum[N];
void init() {
    mu[]=;
    for(int i=; i<N; ++i) {
        if(!np[i]) p[++cnt]=i, mu[i]=-;
        for(int j=; j<=cnt && i*p[j]<N; ++j) {
            int t=i*p[j];
            np[t]=;
            if(i%p[j]==) { mu[t]=; break; }
            mu[t]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=;i<N;i++)
    sum[i]=sum[i-]+mu[i];
}
ll getans(int b,int d)
{
    ll ans=;
    for(int L=,R=;L<=b;L=R+)
    {
        R=min(b/(b/L),d/(d/L));
        ans+=(ll)(sum[R]-sum[L-])*(b/L)*(d/L);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    init();
    int b,d,k;
    while(~scanf("%d%d",&b,&d))
    {
        if(b>d)swap(b,d);
        ll ans=;
        for(int i=;i<=b;i++)
        ans+=getans(b/i,d/i)*i;
        printf("%lld\n",*ans-(ll)b*d);
    }
    return ;
}