[JZOJ5134][SDOI省队集训2017]三元组

题目大意

求∑ai=1∑bj=1∑ck=1[(i,j)=1][(i,k)=1][(j,k)=1]

推式子

首先假设a<=b<=c。
第一步转化为
∑ai=1∑bj=1,(j,i)=1∑ck=1,(k,i)=1[(j,k)=1]
注意到[n=1]=∑d|nμ(d)
所以转化为
∑ai=1∑bj=1,(j,i)=1∑ck=1,(k,i)=1∑d|j,d|kμ(d)
交换一下枚举顺序
∑ai=1∑bd=1,(d,i)=1μ(d)∗∑bj=1,(j,i)=1,d|j∑ck=1,(k,i)=1,d|k1
后面可以直接计算。
∑ai=1∑bd=1,(d,i)=1μ(d)∗(∑bdj=1,(j,i)=11)∗(∑cdk=1,(k,i)=11)
我们可以直接枚举i，然后考虑计算。
这个形式其实和一道叫循环之美的题差不多哦！
首先观察后两维可以分块。
于是我们需要计算一个和k互质的<=n的i的莫比乌斯函数和或者个数。
计算这个即可。
容易想到洲阁筛。
设S(i,r)表示<=r的与k的前i个质因子互质的莫比乌斯函数和。
S(i,r)=S(i−1,r)−μ(pi)∗S(i,r/pi)
注意因为莫比乌斯函数要不含平方因子，所以后面那个第一维仍然是i，即要求它只有一个pi。
设T(i,r)表示<=r的与与k的前i个质因子互质的数的个数。
T(i,r)=T(i−1,r)−T(i−1,r/pi)
这样递归加记忆化有点慢。
我们考虑处理g[i]表示将i每个质因子的次数改成1的数。
一个优化是一开始枚举i的时候相同g的可以利用之前的答案。
于是我们只需要计算莫比乌斯函数不为0的i。
然后设f[i]表示i的最大质因数。
我们把S的意义改为<=r的与i互质的莫比乌斯函数和，T同理。
这样的好处是可以全局记忆化。
注意到状态只有n^1.5，可以开数组存。
为什么n^1.5？因为只有分块边界会进去，而不断除以一个质数的过程可以看做常数级别。
递归会比较慢，可以改为递推的形式提前计算。
详见代码。

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cmath>#include<map>#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)#define fd(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)using namespace std;typedef long long ll;const int maxn=50000+10,maxnn=700+10,mo=1000000007;int pri[maxn],mu[maxn],sum[maxn],f[maxn],g[maxn],num[maxn],p[maxn];int S[maxnn][maxn],T[maxnn][maxn],id[maxn],di[maxn];bool bz[maxn],pd[maxn],dp[maxn];int i,j,k,l,r,t,n,m,tot,pot,top,cnt,ans,a,b,c;void work(int k){    int i,j,t,l,r,sum=0;    k=g[k];    if (num[k]){        (ans+=num[k])%=mo;        //if (ans>=mo) ans-=mo;        return;    }    i=1;t=0;    while (i<=b){        j=min(b/(b/i),c/(c/i));        l=S[id[j]][k];        r=(ll)T[di[b/i]][k]*T[di[c/i]][k]%mo;        (sum+=(ll)(l-t)*r%mo)%=mo;        //if (sum>=mo) sum-=mo;        t=l;        i=j+1;    }    (ans+=sum)%=mo;    //if (ans>=mo) ans-=mo;    num[k]=sum;}int main(){    freopen("triple.in","r",stdin);freopen("triple.out","w",stdout);    mu[1]=g[1]=1;    fo(i,2,maxn-10){        if (!bz[i]){            pri[++top]=i;            f[i]=g[i]=i;            mu[i]=-1;        }        fo(j,1,top){            if ((ll)i*pri[j]>maxn-10) break;            bz[i*pri[j]]=1;            f[i*pri[j]]=f[i];            if (i%pri[j]==0){                g[i*pri[j]]=g[i];                break;            }            g[i*pri[j]]=g[i]*pri[j];            mu[i*pri[j]]=-mu[i];        }    }    fo(i,1,maxn-10) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];    scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);    if (a>b) swap(a,b);    if (b>c) swap(b,c);    if (a>b) swap(a,b);    i=1;    while (i<=b){        j=min(b/(b/i),c/(c/i));        pd[j]=1;        dp[b/i]=1;dp[c/i]=1;        i=j+1;    }    fo(i,1,c)        if (i==g[i]) p[++cnt]=i;    fd(i,c,1){        if (pd[i]){            fo(j,1,top){                if (i<pri[j]) break;                pd[i/pri[j]]=1;            }        }        if (dp[i]){            fo(j,1,top){                if (i<pri[j]) break;                pd[i/pri[j]]=1;            }        }    }    fo(i,1,c)        if (pd[i]){            id[i]=++tot;            if (i==1){                fo(j,1,cnt) S[tot][p[j]]=1;                continue;            }            S[tot][1]=sum[i];            fo(j,2,cnt){                k=p[j];                S[tot][k]=(S[tot][k/f[k]]-mu[f[k]]*S[id[i/f[k]]][k])%mo;            }        }    fo(i,1,c)        if (dp[i]){            di[i]=++pot;            if (i==1){                fo(j,1,cnt) T[pot][p[j]]=1;                continue;            }            T[pot][1]=i;            fo(j,2,cnt){                k=p[j];                T[pot][k]=(T[pot][k/f[k]]-T[di[i/f[k]]][k/f[k]])%mo;            }        }    fo(i,1,a) work(i);    (ans+=mo)%=mo;    printf("%d\n",ans);}