BZOJ 1101 Luogu P3455 POI 2007 Zap (莫比乌斯反演+分块)

URL: (Luogu)https://www.luogu.org/problem/show?pid=3455
(BZOJ)http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1101

题目大意:
有t次询问(t≤5e4), 每次给定a,b,d, 询问有多少对(x,y)满足x<=a, y<=b, gcd(a,b)=d. 0<=d<=a,b<=5e4

思路分析:
首先，需要注意的是，要特殊处理d=0的情况，答案为0.
对于d≥1, 采用莫比乌斯反演解决:
先将a/=d, b/=d, 因此只需求gcd(x,y)=1的数的对数。
令F[i]表示1≤x≤a,1≤y≤b且i|gcd(x,y)的a,b总数, f[i]表示gcd(x,y)=i的数的对数(此处a,b都已经除以d).因此问题转化为求f(1).
根据莫比乌斯反演公式:

F(n)=∑n|xf(x),f(n)=∑n|xF(x)μ(xn)

因此，f(1)=∑1|xF(x)μ(x)
而显然我们有F(x)=[ax][bx], 因此可以O(1)地求出F(x), 也就可以O(min(a,b))地求出f(1)了。(莫比乌斯反演函数μ(x)可在线性筛中求出)
可是这样还不够。算算复杂度，发现会TLE.
注意到一个性质: 对于x≤a√, [ax]的值变化得很快,[ax]的变化速度远高于x的变化速度。而对于x>a√, [ax]的值变化得很慢, 远低于x的变化速度。因此，我们可以求出所有使得[ax]的值变化的点x， 共有O(n√)个(实际上带一个常数2), 然后我们对b做同样的操作。将所有影响[ax]和[bx]的值的点都从小到大排序记录下来，处理莫比乌斯函数的前缀和, 每一个点代表一个区间，这个区间内所有的数[ax]与[bx]的值分别与这个数[ax]和[bx]相等。然后这一段区间对答案的贡献就是区间的μ()之和乘以[ax][bx].

代码实现

#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cmath>using namespace std;const int N = 5e4;const int NN = 317;int p[N+2];bool f[N+2];int mu[N+2];int s[N+2];int g[(NN<<2)+2];int h[(NN<<2)+2];int a,b,d,m;void Mobius(){    f[1] = true; mu[1] = 1; m = 0;    for(int i=2; i<=N; i++)    {        if(!f[i]) {p[++m] = i; mu[i] = -1;}        for(int j=1; p[j]*i<=N; j++)        {            f[p[j]*i] = true;            if(i%p[j]==0)            {                mu[i*p[j]] = 0;                break;            }            else mu[i*p[j]] = -mu[i];        }    }}void merge(int aa,int bb){    int i = 1,j = (aa<<1)+1,k = 1;    while(i<=(aa<<1) && j<=(aa<<1)+(bb<<1))    {        if(h[i]<h[j]) g[k++] = h[i++];        else g[k++] = h[j++];    }    while(i<=(aa<<1)) g[k++] = h[i++];    while(j<=(aa<<1)+(bb<<1)) g[k++] = h[j++];}int main(){    int t; scanf("%d",&t);    Mobius(); s[0] = 0;    for(int i=1; i<=N; i++) s[i] = s[i-1]+mu[i];    while(t--)    {        scanf("%d%d%d",&a,&b,&d);        if(d==0) {printf("0\n"); continue;}        if(a>b) swap(a,b);        a /= d; b /= d;        int aa = (int)sqrt(a),bb = (int)sqrt(b);        long long ans = 0ll;        for(int i=1; i<=aa; i++) h[i] = i;        for(int i=aa; i>=1; i--) h[(aa<<1)-i+1] = a/i; //保证h[]在1~(aa<<1)范围内有序        for(int i=1; i<=bb; i++) h[i+(aa<<1)] = i;        for(int i=bb; i>=1; i--) h[(aa<<1)+(bb<<1)-i+1] = b/i; //保证h[]在1~(bb<<1)范围内有序        merge(aa,bb); //将[1,aa<<1]与[aa<<1+1,aa<<1+bb<<1]归并起来        for(int i=1; i<=(aa<<1)+(bb<<1); i++)        {            ans += (long long)(s[g[i]]-s[g[i-1]])*(a/g[i])*(b/g[i]);        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}