【bzoj2301】Problem b

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题解

首先我们利用容斥原理把1个询问拆成4个,即ans(b,d)-ans(b,c-1)-ans(a-1,d)+ans(a-1,c-1)

其中ans(x,y)表示1<=i<=x/k,1<=j<=y/k且gcd(x,y)=1的(x,y)的有序数对的数量

那么如何求出ans(x,y)呢?

我们可以令f(i)为1<=x<=n,1<=y<=m且gcd(x,y)=i的数对(x,y)的个数,F(i)为1<=x<=n,1<=y<=m且i|gcd(x,y)的数对(x,y)的个数

那么显然$F(i)=\sum_{i|d}^{ } f(d)$

且 $F(i)=\left [ \frac{n}{i} \right ]\left [ \frac{m}{i} \right ]$

所以我们使用莫比乌斯反演的倍数形式得到$f(i)=\sum_{i|d}^{ }\mu (\frac{d}{i})F(d)$

f(1)就是答案

那么我们枚举1~n即可计算答案,时间复杂度O(n^2)

还是无法通过此题,考虑进一步优化

我们发现 $\left [ \frac{n}{d} \right ]\left [ \frac{m}{d} \right ]$ 最多只有 $2(\sqrt{n}+\sqrt{m})$ 个取值

那么我们可以对每一个取值维护一段区间,对莫比乌斯函数维护一个前缀和sum[i],然后计算这个区间的值即可

时间复杂度O( $n\sqrt{n}$ )


参考代码

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<ctime>
#include<algorithm>
#define FILE "read"
using namespace std;
const int MAXN=(int)1e5,D(50);
int cnt,k,check[MAXN+D],mu[MAXN+D],prime[MAXN+D],sum[MAXN+D];
namespace INIT{
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc(){return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;}
inline int read(){
int x=0,f=1; char ch=getc();
while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1; ch=getc();}
while(isdigit(ch)) {x=x*10+ch-'0'; ch=getc();}
return x*f;
}
}using namespace INIT;
void pre(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=MAXN;++i){
if(!check[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=MAXN;++j){
check[prime[j]*i]=1;
if(i%prime[j]==0) {mu[i*prime[j]]=0; break;}
else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=MAXN;++i) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int solve(int n,int m){
n/=k; m/=k;
if(n>m) swap(n,m);
int ans=0,last;
for(int i=1;i<=n;i=last+1){
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
}
return ans;
}
int main(){
freopen(FILE".in","r",stdin);
freopen(FILE".out","w",stdout);
int n=read(); pre();
while(n--){
int a=read(),b=read(),c=read(),d=read(); k=read();
printf("%d\n",solve(b,d)-solve(b,c-1)-solve(a-1,d)+solve(a-1,c-1));
}
return 0;
}
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  2. 2. 参考代码
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