BZOJ 2440 & 2301 莫比乌斯应用

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2440

Description

小 X 自幼就很喜欢数。但奇怪的是，他十分讨厌完全平方数。他觉得这些
数看起来很令人难受。由此，他也讨厌所有是完全平方数的正整数倍的数。然而
这丝毫不影响他对其他数的热爱。 
这天是小X的生日，小 W 想送一个数给他作为生日礼物。当然他不能送一
个小X讨厌的数。他列出了所有小X不讨厌的数，然后选取了第 K个数送给了
小X。小X很开心地收下了。 
然而现在小 W 却记不起送给小X的是哪个数了。你能帮他一下吗？

Input

包含多组测试数据。文件第一行有一个整数 T，表示测试
数据的组数。 
第2 至第T+1 行每行有一个整数Ki，描述一组数据，含义如题目中所描述。 

Output

含T 行，分别对每组数据作出回答。第 i 行输出相应的
第Ki 个不是完全平方数的正整数倍的数。

Sample Input

4
1
13
100
1234567

Sample Output

1
19
163
2030745

HINT

对于 100%的数据有 1 ≤ Ki ≤ 10^9

,    T ≤ 50

题目意思：求第k个不完整平方数。

无平方因子数(Square-Free Number)，即分解之后所有质因数的次数都为1的数
首先二分答案 问题转化为求[1,x]之间有多少个无平方因子数
根据容斥原理可知 对于sqrt(x)以内所有的质数 有
  x以内的无平方因子数
=0个质数乘积的平方的倍数的数的数量(1的倍数)
-每个质数的平方的倍数的数的数量(9的倍数,25的倍数,...)

+每2个质数乘积的平方的倍数的数的数量(36的倍数,100的倍数,...)-...

容易发现每个乘积a^2前面的符号恰好是mu[a]

#include<iostream>#include<cmath>#include<cstdio>using namespace std;#define maxn 1000000#define LL long longLL mu[maxn+1];LL pri[maxn+1],tot;bool isprime[maxn+1];void init(){    tot=0;    isprime[0]=isprime[1]=false;    for(LL i=2;i<=maxn;i++)isprime[i]=true;    for(LL i=2;i<=maxn;i++){        if(isprime[i]){            pri[tot++]=i;            mu[i]=-1;        }        for(LL j=0;j<tot&&i*pri[j]<=maxn;j++){            isprime[i*pri[j]]=0;            if(i%pri[j]==0){                mu[i*pri[j]]=0;                break;            }            mu[i*pri[j]]=-mu[i];        }    }}LL calc(LL m){    LL res=0;    for(LL i=2;i*i<=m;i++){        LL tmp=m/(i*i);        res-=mu[i]*tmp;    }    return res;}LL bin(LL m){    LL res=m;    for(LL i=2;i*i<=m;i++){        LL tmp=m/(i*i);        res+=mu[i]*tmp;    }    return res;}int main(){    init();    LL T;scanf("%lld",&T);    while(T--){        LL k;scanf("%lld",&k);//        LL t = k + calc(k);//        while(t-calc(t)!=k){//            t = k + calc(t);//        }        LL l=k + calc(k),r=k+k,tt,cnt;//        cout<<calc(4)<<endl;        while(l<=r){            tt=(l+r)>>1;            cnt=bin(tt);//            cout<<cnt<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<tt<<endl;            if(cnt>k)r=tt-1;            else if(cnt<k)l=tt+1;            else if(cnt==k&&calc(tt-1)==calc(tt)){                break;            }else{                r=tt-1;            }        }//        cout<<cnt<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<tt<<endl;        printf("%lld\n",tt);    }    return 0;}

Description

对于给出的n个询问，每次求有多少个数对(x,y)，满足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。

Input

第一行一个整数n，接下来n行每行五个整数，分别表示a、b、c、d、k

 

Output

共n行，每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

 

Sample Input

2

2 5 1 5 1

1 5 1 5 2

Sample Output

14

3

题意很清楚了，求多少个（x,y）对。

那么令f(k)表示为gcd(x,y)=k的个数，其中a<=x<=b  && c<=y<=d

如此，对应F(k)表示gcd(x,y)=k倍数的数的个数。

对于这个题，假设用函数calc(b,d)计算表示为1<=x<=b  && 1<=y<=d的gcd(x,y)==k的对数，那么最终结果为：

calc(b,d)-calc(a-1,d)-calc(b,c-1)+cala(a-1,c-1)

如此一来，计算F(k)就方便了，比如calc(b,d)的话，

F[k]=(b/k)*(d/k)。

然后通过莫比乌斯反演得到f(k)即为结果。

但是会TLE。

需要优化，

观察式子，发现  （n/k）      最多有     2sqrt(n)  个取值
那么   (n/k)*(m/k)            就至多有       2(sqrt(n)+sqrt(m))            个取值
枚举这 些 取值，对莫比乌斯函数维护一个前缀和，就可以在  sqrt(n)        时间内出解
总时间复杂度nsqrt(n)
枚举除法的取值这种方法在莫比乌斯反演的应用当中非常常用，且代码并不难写

if(n>m) swap(n,m);
for(i=1;i<=n;i=last+1)
{
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
re+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
}
return re;

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;#define maxn 50000int mu[maxn+1],sum[maxn+1];int notprime[maxn+1];int pri[maxn+1],tot;void init(){    mu[1]=1;    sum[1]=1;    for(int i=2;i<=maxn;i++){        if(!notprime[i]){            pri[tot++]=i;            mu[i]=-1;        }        for(int j=0;j<tot&&pri[j]*i<=maxn;j++){            notprime[i*pri[j]]=1;            if(i%pri[j]==0){                mu[i*pri[j]]=0;                break;            }            mu[i*pri[j]]=-mu[i];        }        sum[i]=sum[i-1]+mu[i];    }}/****************************************************int calc(int n,int m,int k){    //TLE  case T more    if(n>m)swap(n,m);    int res=0;    for(int i=k;i<=n;i+=k)        res+=mu[i/k]*(n/i)*(m/i);    return res;}*****************************************************/int calc(int n,int m,int k){    //TLE  case T more    if(n>m)swap(n,m);    n/=k,m/=k;    int res=0,last;    for(int i=1;i<=n;i=last+1){        last=min(n/(n/i),m/(m/i));//        cout<<i<<" "<<k<<endl;        res+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);    }    return res;}int main(){    init();    int T;scanf("%d",&T);    while(T--){        int a,b,c,d,k;scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);        int ans=calc(b,d,k)-calc(a-1,d,k)-calc(b,c-1,k)+calc(a-1,c-1,k);        printf("%d\n",ans);    }    return 0;}