BZOJ 3994

BZOJ 3994

Description：

      令 D(x) 表示 x 的约数个数。求 ∑Ni=1∑Mj=1D(i∗j)。

      
      
      

Solution：

      由对称性，不妨设 $N<=M$

      首先我们解决 $D(i*j)$， D(i∗j)=∑p|i∑q|j [gcd(ip,q)==1]=∑p|i∑q|j [gcd(p,q)==1]`

      所以 ∑Ni=1∑Mj=1D(i∗j)=∑Ni=1∑Mj=1∑p|i∑q|j [gcd(p,q)==1]
            =∑Ni=1∑Mj=1[gcd(i,j)==1]∗⌊Ni⌋∗⌊Mj⌋=∑Nd=1μ(d)∑⌊Nd⌋i=1⌊⌊Nd⌋i⌋∑⌊Md⌋j=1⌊⌊Md⌋j⌋

      我们可以令 F(x)=∑xi=1⌊xi⌋，这些我们可以预处理出来，时间复杂度 O(5000050000−−−−−√)

      所以∑Ni=1∑Mj=1D(i∗j)=∑Nd=1μ(d)F(⌊Nd⌋)∗F(⌊Md⌋)，这个我们可以用 O(N−−√) 的时间算出

      总的时间复杂度 O(T∗N−−√)

Code：

#include <cstdio>#include <cstdlib>#include <cmath>#include <cstring>#include <algorithm>#include <iostream>using namespace std;int T;int prime[50010]={0};int pp=0;int hash[50010]={0};int mu[50010]={0};long long F[50010]={0};void Pre(){    mu[1]=1;    for(int i=2;i<=50000;i++)    {        if(hash[i]==0)        {            prime[++pp]=i;            mu[i]=-1;        }        for(int j=1;j<=pp && i*prime[j]<=50000;j++)        {            hash[i*prime[j]]=1;            if(i%prime[j]==0)            {                mu[i*prime[j]]=0;                break;            }            mu[i*prime[j]]=-mu[i];        }        mu[i]+=mu[i-1];    }    return;}int main(){    cin>>T;    Pre();    for(int i=1;i<=50000;i++)    {        int last=0;        for(int j=1;j<=i;j=last+1)        {            last=i/(i/j);            F[i]+=(i/j)*(last-j+1);        }    }    for(;T>0;T--)    {        int N,M;        scanf("%d%d",&N,&M);        if(N>M) swap(N,M);        int last=0;        long long ans=0;        for(int i=1;i<=N;i=last+1)        {            last=min(N/(N/i),M/(M/i));            ans+=(mu[last]-mu[i-1])*F[N/i]*F[M/i];        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}