51nod 1223 分数等式的数量

Description

有这样一个分数等式：1/X + 1/Y = 1/N，(X,Y,N > 0)。给出L，求有多少满足X < Y <= L的等式。
例如：L = 12，满足条件的等式有3个，分别是：1/3 + 1/6 = 1/2, 1/4 + 1/12 = 1/3, 1/6 + 1/12 = 1/4。

Input

输入1个数L(1 <= L <= 10^11)

Output

输出符合条件的等式的数量。

Input示例

12

Output示例

3

Solution

求1x+1y=1n的数量
化简

x+yxy=1n

即

x+y|xy

设d=gcd(x,y),a=x/d,b=y/d
于是

(a+a)d|abd2

(a+b)|abd

因为gcd(a,b)=1所以(a+b)|d
在我知道a和b的情况（a<b）下，d的取值范围有⌊n(a+b)b⌋个
设m=n√

ans=∑i=2m∑j=1i−1⌊n(a+b)b⌋[gcd(i,j)=1]

这里可以用欧拉函数解决，而我用莫比乌斯反演
先忽略i=1的情况，后面减掉即可
设f[d]表示gcd=d的倍数，⌊n(a+b)b⌋的和

f[d]=∑i=1⌊md⌋∑j=1i⌊n(a+b)bd2⌋

为什么这样？自己想，与上面一样的思路
设g[d]表示gcd=d时，⌊n(a+b)b⌋的和

g[d]=∑i=1⌊md⌋f[id]∗μ(i)

g[1]就是答案

ans=g[1]=∑i=1mμ(i)(∑j=1⌊mi⌋∑k=1j⌊n(j+k)ji2⌋)

右边括号里的东西可以分块，也就是在程序中枚举i可以分块，然后枚举j，然后枚举(j+k)注意不是k，这时(j+k)可以分块
时间复杂度O(n√∗log2(n√)∗n√−−−√)

Code

#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#define ll long long#define fo(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)#define M 320000using namespace std;ll n,m,ans=0,mu[M];int bz[M],p[M];int main(){    scanf("%lld",&n);m=(int)sqrt(n);    mu[1]=1;    fo(i,2,316227)    {        if(!bz[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;        fo(j,1,p[0])        {            int k=p[j]*i;            if(k>316227) break;            if(i%p[j]==0)            {                mu[k]=0;bz[k]=1;                break;            }            bz[k]=1;mu[k]=-mu[i];        }    }    fo(i,1,316227) mu[i]+=mu[i-1];    for(ll i=1,i1=1;i<=m;i++,i1=min(m,min((ll)sqrt(n/(n/i/i)),(ll)m/(m/i))))    {        ll t=0,nn=n/i/i;        fo(j,1,m/i)        {            ll nm=nn/j;            for(ll k=j+1,k1=j+1;k<=2*j;k++,k1=min(2*j,nm/(nm/k)))            {                t+=(nm/k)*(k1-k+1);                if(k1==2*j) break;                k=k1;if(nm/(k+1)==0) break;            }           }        ans+=(mu[i1]-mu[i-1])*(t);        if(i1==m) break;        i=i1;    }    ans-=n/2;    printf("%lld",ans);}