数学（hdu5212）

Code

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
Total Submission(s): 319    Accepted Submission(s): 128

Problem Description

WLD likes playing with codes.One day he is writing a function.Howerver,his computer breaks down because the function is too powerful.He is very sad.Can you help him?

The function:


int calc
{
  
  int res=0;
  
  for(int i=1;i<=n;i++)
    
    for(int j=1;j<=n;j++)
    
    {
      
      res+=gcd(a[i],a[j])*(gcd(a[i],a[j])-1);
      
      res%=10007;
    
    }
  
  return res;

}

 

Input

There are Multiple Cases.(At MOST 10)

For each case:

The first line contains an integer N(1≤N≤10000).

The next line contains N integers a1,a2,...,aN(1≤ai≤10000).

 

Output

For each case:

Print an integer,denoting what the function returns.

 

Sample Input

51 3 4 2 4

 

Sample Output

64
Hint
gcd(x,y) means the greatest common divisor of x and y.
 

 

原文：http://www.cnblogs.com/JoeFan/p/4458629.html

思路：首先，我们分析每个数对最终答案的影响。

那么我们就要求出：对于每个数，以它为 gcd 的数对有多少对。

显然，对于一个数 x ，以它为 gcd 的两个数一定都是 x 的倍数。如果 x 的倍数在数列中有 k 个，那么最多有 k^2 对数的 gcd 是 x 。

同样显然的是，对于两个数，如果他们都是 x 的倍数，那么他们的 gcd 一定也是 x 的倍数。

所以，我们求出 x 的倍数在数列中有 k 个，然后就有 k^2 对数满足两个数都是 x 的倍数，这 k^2 对数的 gcd，要么是 x ，要么是 2x, 3x, 4x...

并且，一个数是 x 的倍数的倍数，它就一定是 x 的倍数。所以以 x 的倍数为 gcd 的数对，一定都包含在这 k^2 对数中。

如果我们从大到小枚举 x ，这样计算 x 的贡献时，x 的多倍数就已经计算完了。我们用 f(x) 表示以 x 为 gcd 的数对个数。

那么 f(x) = k^2 - f(2x) - f(3x) - f(4x) ... f(tx)       (tx <= 10000, k = Cnt[x])

这样枚举每个 x ，然后枚举每个 x 的倍数，复杂度用调和级数计算，约为 O(n logn)。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;typedef long long LL;const int maxn=100010;const int MOD=10007;int a[maxn];int N;LL F[maxn];int cnt[maxn];int main(){    while(scanf("%d",&N)!=EOF)    {        int maxv=0;        for(int i=1;i<=N;i++)            scanf("%d",&a[i]),maxv=max(maxv,a[i]);        memset(cnt,0,sizeof(cnt));                for(int i=1;i<=N;i++)        {            for(int j=1;j*j<=a[i];j++)            {                if(a[i]%j==0)                {                    cnt[j]++;                    if(j*j!=a[i])cnt[a[i]/j]++;                }            }        }        LL ans=0;        for(int i=maxv;i>0;i--)        {            F[i]=(LL)cnt[i]*cnt[i]%MOD;            for(int j=i*2;j<=maxv;j+=i)            {                F[i]=(F[i]-F[j]+MOD)%MOD;            }            LL tmp=i*(i-1)%MOD;            ans=(ans+tmp*F[i])%MOD;        }        cout<<ans<<endl;    }    return 0;}