【cogs2593】幂，暴搜+容斥

传送门
思路：
这个题搞了好几天，终于卡过去了，但我的做法并不是特别正规，如果大家想了解更加科学的做法，可以去TA爷的51nod题解
说一下部分分好了：
10分随便做
30分我们可以把每一个x(x∈[2,n])拆成ek的形式，其中e我称之为单位元（或者说是最简形式），e所有的质因子次数的gcd=1，显然单位元不同的数字不可能相同，那么对于每一个xy=(ek)y，那么就是考虑其能否拆成(ek′)y′的形式，其中k′<k,y′≤m，如果可以拆，那么就是重复的数字
其实大多数的暴力，就算能跑n=500000000,m=1000000000，也是30分做法
先说一下之前写的一个不科学做法，基本思路是把所有数都计算进答案(nm)，然后减去那些能被更小的数+更大的幂表示的数，容易发现质因子gcd=1，那么一定不会被重复计算，所以只要考虑那些gcd>1的情况就可以了，而且109内这些数的数量级大约是n√,所以我决定写一发，但调了很久才发现，这玩意好像只能做到O(mlog2n)，显然不能满足要求
聪哥看到这道题以后，告诉我这和51nod上的”矩阵中不重复的元素“类似，而且最难的V3被TA爷用暴搜艹过去了= =，顺便聪爷跟我说科学的思路——考虑单位元是没有问题的，但要转换成”乘法矩阵”的形式
这里所谓的”乘法矩阵”，每个单位元e都有一个宽为m，长为⌊logen⌋的矩阵，第i行j列的数就是eij，所有矩阵的大小之和正好是(n−1)m，也就是说，我们只要能统计出这些矩阵中的不重复元素，就可以很简单地统计出答案了。容易发现很多单位元的乘法矩阵大小是一致的，所以，而且大于n√的单位元矩阵只有一行，元素显然不重复，所以只用考虑小于等于n√的单位元就可以了；另外，矩阵宽一定，长的范围是[1,29]，所以方法就是预处理这些矩阵中的不重复元素，然后暴搜n√以内的单位元个数，统计答案，最后再加上剩下的那些大于n√的单位元的矩阵大小之和就可以了
后面那一步很好搞，但怎么预处理不重复元素呢
聪爷给出了一个非常简单的容斥，但这是错误的233
考虑前缀累加的情况下只用算当前列i关于之前列（包含本身）的不重复元素就可以了，自己想了一下，我们要考虑i与[1,i−1]的lcm来容斥，而且容斥时还要考虑选到的最小列，比如我们选了a1,a2..ak,i，a1是最小的列数，那么它的贡献就是(−1)ka1mlcm(a1,a2..ak,i)，这样裸做最坏复杂度是求e=2的情况，为O(2log2n)≈O(n)
然后我就拼命想优化，代码中ok数组就是当时的一个优化，不过好像只能让程序快0.1s～0.2s(?)
比较重要的一个优化是枚举最小列数j，如果[j+1,i−1]中有lcm(i,j)的因子，那么我们就不用考虑j的贡献了，因为容斥贡献的绝对值大小只与最小列数和lcm有关，如果有数字可选且为lcm(i,j)的因子，那么选它和不选它构成两个集合，贡献的符号相反，大小相同，所以一定是0
但是还是只能跑228，如果n>228就GG了
不过，我突然惊奇地想到，29是个质数？！
那我们直接在之前的[1,28]的计算中加上对29的计算，只是符号相反，多除一个29而已，最后还要考虑一下选不选1的问题，就是m−⌊m29⌋了
最后用奇怪的姿势过了这道题，啧啧，感觉有些……赛艇？

代码：

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cmath>#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))#define LL long longusing namespace std;int n,m,lim,XX;int prime[32000],gcd[65][65];bool vis[32000];LL ans,tot,sum[65],ok[33];inline LL G(LL x,LL y){return y?G(y,x%y):x;}void init(){    lim=sqrt(n);    for (int i=2;i<=lim;++i)    {        if (!vis[i]) prime[++prime[0]]=i;        for (int j=1;i*prime[j]<=lim&&j<=prime[0];++j)        {            vis[i*prime[j]]=1;            if (i%prime[j]==0) break;        }    }    for (int i=0;i<=60;++i)        for (int j=0;j<=60;++j)            gcd[i][j]=G(i,j);}inline void dfs1(int x,LL lcm,int mi,int val){    if (1LL*x*m/lcm<1||x<=mi)    {        ans+=(1LL*mi*m)/lcm*val;        sum[29]-=(1LL*mi*m)/lcm/29*val;        return;    }    ok[x]=lcm;    dfs1(x-1,lcm,mi,val);    ok[x]=0;    if (lcm%x)        ok[x]=lcm,        dfs1(x-1,lcm/G(x,lcm)*x,mi,-val),        ok[x]=0;    else    {        bool flag=0;        for (int i=XX-1;i>x;--i)            if (lcm%i==0)            {                if (lcm==ok[i]) flag=1;                break;            }        if (!flag)            ok[x]=lcm,            dfs1(x-1,lcm,mi,-val);            ok[x]=0;    }}inline void dfs2(int x,LL cnt,int g){    if (x>prime[0]||cnt*prime[x]>lim)    {        if (g!=1) return;        int t=(log(n)+1e-6)/log(cnt);        ans+=sum[t];        tot-=1LL*t*m;        return;    }    LL t=1;    for (int i=1;t*cnt<=lim;++i)    {        dfs2(x+1,cnt*t,gcd[g][i-1]);        t*=prime[x];    }}main(){    scanf("%d%d",&n,&m);    init();    sum[1]=m;    for (int i=2;1<<i<=n&&i<=28;++i)    {        ans=sum[i-1];        XX=i;        dfs1(i-1,i,i,1);        for (int j=i-1;j>=1;--j)        {            bool flag=0;            for (int k=j+1;k<i;++k)                if (i/gcd[i][j]*j%k==0)                {                    flag=1;                    break;                }            if (!flag) dfs1(i-1,i/gcd[i][j]*j,j,-1);        }        sum[i]=ans;    }    sum[29]+=sum[28]+m-m/29;    tot=1LL*n*m-m+1;    ans=0;    dfs2(1,1,0);    printf("%lld\n",ans+tot);}