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 ;
}

    

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