【bzoj2820】YY的GCD

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题解

我们设n<m

如果我们枚举每一个质数,那么答案显然就是 $\sum_{p=1}^{n} \sum_{d=1}^{n} \mu(d)\left[\frac{n}{pd}\right]\left[\frac{m}{pd}\right]$

这样做的时间复杂度为O($\frac{n^{2}}{\log(n)}$),显然会超时,考虑优化。

我们设T=pd,则 $ans=\sum_{T=1}^{n}\left [ \frac{n}{T} \right ]\left [ \frac{m}{T} \right ]\sum_{p|T}^{ }\mu (\frac{T}{p})$

那么我们就需要求出 $\sum_{p|T}^{ }\mu (\frac{T}{p})$ 的前缀和,然后利用bzoj2301提出的方法,就能做到O($\sqrt{n}$)的时间内回答询问

对于维护前缀和,我们枚举每一个质数p,去更新p的倍数的答案,更新方法类似于筛法,具体见代码

对于质数p,更新p的倍数的时间为O($\frac{\log(n)}{\log(p)}$),均摊一下就是O($\log(n)$)

而n以内的质数最多有$\frac{n}{\log(n)}$个,所以维护前缀和的时间复杂度O(n)


参考代码

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define FILE "read"
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=(int)1e7,D(50);
int cnt,check[MAXN+D],mu[MAXN+D],prime[1000000+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;}
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=cnt;++i){
for(int j=1;j*prime[i]<=MAXN;++j)
sum[j*prime[i]]+=mu[j];
}
for(int i=1;i<=MAXN;++i) sum[i]+=sum[i-1];
}
int main(){
freopen(FILE".in","r",stdin);
freopen(FILE".out","w",stdout);
int T=read(); pre();
while(T--){
int n=read(),m=read(),last;
ll ans=0;
if(n>m) swap(n,m);
for(int i=1;i<=n;i=last+1){
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(ll)(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
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  1. 1. 题解
  2. 2. 参考代码
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