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来源：互联网发布：淘宝上卖宠物用品货源编辑：程序博客网时间：2024/05/23 01:01

Mophues

题目：

求1 <=x <= a,1 <= y <= b。求gcd(x,y)的值得素因子个数不超过P的对数。

算法:

前面的做了这种类型的好几道了，都要吐了。T_T

如果，此题没有要求素因子不超过P则就是前面博文中给出过的，Mobius + 分块思想。

而这题多了一个限制P则在求解前缀的时候加上这个条件就好了。

为什么想到用Mobius呢？有人给出了结论：

[1,a] 和 [1,b] 有多少对的数满足GCD <= d？

首先定义两个函数：A(a,b,d) 表示 GCD(a,b) = d的对数，B（a,b,d）表示GCD（a,b）是d的倍数的对数易得 B(a,b,d) = (a/d)*(b/d) 根据容斥原理： A(a,b,d) = (1)*B(a,b,d) + (-1)*B(a,b,2*d)+ (-1) *B(a,b,3*d) +(0)*B(a,b,4*d)+(-1)*B(a,b,5*d)+(1)*B(a,b,6*d)........... B(a,b,i) 前面的系数正是莫比乌斯函数的值。

那么公式可以写成： A(a,b,1) = u(1)*B(a,b,1) + u(2)*B(a,b,2) + u(3) *B(a,b,3) + u(4)*B(a,b,4) + u(5)*B(a,b,5) +u(6)*B(a,b,6)...

A(a,b,2) = u(1)*B(a,b,2) + u(2)*B(a,b,4) + u(3) *B(a,b,6) + u(4)*B(a,b,8) + u(5)*B(a,b,10) + u(6)*B(a,b,12)...

A(a,b,3) = u(1)*B(a,b,3) + u(2)*B(a,b,6) + u(3) *B(a,b,9) + u(4)*B(a,b,12) + u(5)*B(a,b,15) + u(6)*B(a,b,18)...
A(a,b,4) = u(1)*B(a,b,4) + u(2)*B(a,b,8) + u(3) *B(a,b,12) + u(4)*B(a,b,16) + u(5)*B(a,b,20) + u(6)*B(a,b,24)...
答案就是 A(a,b,1)+A(a,b,2)+A(a,b,3)+......A(a,b,d) = u(1)*B(a,b,1)+(u(1)+u(2))*B(a,b,2) + ...(u(1)+u(2)+u(3)+u(6))*B(a,b,6).....

可见A(a,b,d) 前的系数为 sigma(u(i)) (i为d的约数) = C（a,b,d）
然后，这一题还有一个限制条件，就是要使素因子的个数小于等于p,那么我们定义这个函数D(a,b,d,p) 表示B(a,b,d) 前的系数，那么我们只要从C(a,b,d)中选出一些满足条件的系数即可。用一个数组F[d][cnt] (cnt为素因子个数)记录，数组表示的是d的因子的素因子个数为cnt的影响因子大小。先计算完单个，再计算前缀和（接下来有用）。接着，我们发现对于某个d,会满足B(a,b,d) = (B,a,b,d+x),而且这个 x = min(a/(a/d),b/(b/d)) ,那么整个式子的计算会呈现块状，因此计算这个区间的时候可以用前缀和。

#include <iostream>#include <algorithm>#include <queue>#include <stack>#include <vector>#include <map>#include <cstdio>#include <cstring>using namespace std;typedef long long LL;typedef pair<int,int> P;inline int read(){    int x = 0,f = 1; char ch = getchar();    while(ch < '0'||ch > '9'){if(ch == '-')f=-1;ch = getchar();}    while(ch >= '0'&&ch <= '9'){x = x * 10 + ch -'0';ch = getchar();}    return x*f;}//////////////////////////////////////////////////////////////////const int MAXN = 500000 + 10;LL primes,mu[MAXN+10],phi[MAXN+10],prime[MAXN+10];LL pre[MAXN+10][22],pricnt[MAXN+10];LL n,m,p;bool com[MAXN+1];void getPrim(){    mu[1] = 1; primes = 0;        memset(pricnt,0,sizeof(pricnt));        for(int i = 2;i <= MAXN;++i){        if(!com[i]){            mu[i] = -1;            prime[primes++] = i;            pricnt[i] = 1;        }        for(int j = 0;j < primes&&i*prime[j] <= MAXN;++j){            com[i*prime[j]] = 1;            pricnt[i*prime[j]] = pricnt[i] + 1;            if(i%prime[j]) mu[i*prime[j]] = -mu[i];            else { mu[i*prime[j]] = 0; break; }        }    }}void getMobi(){    for(int i = 1;i <= MAXN;++i){        for(int j = i;j <= MAXN;j += i){            pre[j][pricnt[i]] += mu[j/i];        }    }    for(int i = 1;i <= MAXN;++i){        for(int j = 0;j < 20;++j){            pre[i][j] += pre[i-1][j];        }    }    for(int i = 0;i <= MAXN;++i){        for(int j = 1;j < 20;++j){            pre[i][j] += pre[i][j-1];        }    }}int main(){    getPrim();    getMobi();    int T;    T = read();    while(T--){        n = read(); m = read(); p = read();        if(p >= 19){            printf("%I64d\n",(LL)n*m);            continue;        }        if(n > m) swap(n,m);        LL ans = 0;        for(int i = 1,last;i <= n;i = last + 1){           last = min(n/(n/i),m/(m/i));           ans += LL(pre[last][p] - pre[i-1][p]) * (n/i) * (m/i);        }        printf("%I64d\n",ans);    }    return 0;}

不知道是不是分块处理的拙了，居然要用那多么的时间！

8 0