[BZOJ3994][SDOI2015]约数个数和（数论）

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题解

SDOI怎么净出这样goushi的数论。。让不让人活T_T

题目要求的是∑i=1N∑j=1Md(i×j)。啥？约数个数是可以筛的？但是这个题一看数据范围显然不可行啊QwQ。。但是这个题目关键的一个特点就是它要求d的那个东西已经给表示成了i×j，那么如果我们知道i的所有约数pi，j的所有约数qi，那么任意一个pi×qj一定能表示i×j的一个约数，同样i×j的一个约数也必定能表示成pi×qj的形式。

那么我们只需要知道有多少本质不同的pi×qj就可以了。显然如果pi和qj不互质，那么这一组乘积一定能被另外两个互质的数的乘积代替，并且这两个数肯定也分别是i和j的约数。那么我们就有了这么一个公式：

d(i×j)=∑p|i∑q|j[(p,q)==1]

于是我们把这个式子代入上面那个初始公式得到：

∑i=1N∑j=1M∑p|i∑q|j[(p,q)==1]

然而只有这个式子还是不够，我们需要进一步化简。首先把式子展开然后胡乱地移动一下，变成

∑p=1N∑i=1N[p|i]∑q=1M∑j=1M[q|j][(p,q)==1]

可以发现其中∑i=1N[p|i]这一句就是在问1..N的数字中有多少数字是p的倍数，那么这整个式子和⌊Np⌋是相等的。同样，∑j=1M[q|j]这个东西可以换成⌊Mq⌋。再整理一下式子就变成：

∑i=1N∑j=1M⌊Ni⌋⌊Mj⌋[(i,j)==1]

发现后面有一个[(i,j)==1]的东西，我们可以考虑再把它搞一下转化成一个带μ的式子。以下设N为N和M中的较小者。

首先利用反演公式e=μ×1，可以把式子转化成

∑i=1N∑j=1M⌊Ni⌋⌊Mj⌋∑d=1N[d|i][d|j]μ(d)

注意到i和j都是d的倍数时式子才有意义，所以设i=di′，j=dj′，然后代进去替换可以得到：

∑d=1Nμ(d)∑i=1⌊Nd⌋∑j=1⌊Md⌋⌊Ni×d⌋⌊Mj×d⌋

接下来我们要利用下取整函数的一个性质：⌊xa×b⌋=⌊⌊xa⌋b⌋。于是对于⌊Ni×d⌋这个东西，我们可以把它化成⌊⌊Nd⌋i⌋。这个时候再观察∑i=1⌊Nd⌋⌊⌊Nd⌋i⌋这个东西，可以发现它是一个关于⌊Nd⌋的函数。最后式子变成：

∑d=1Nμ(d)f(⌊Nd⌋)f(⌊Md⌋)

对于f(n)=∑i=1n⌊ni⌋，我们可以用同样的分块做法在O(n√)的时间内求得单个f值，那么就可以用O(nn√)的时间预处理所有需要的f值。那么最终计算的时候求f的复杂度变成了O(1)，那么上面这个式子显然可以用分块的做法在O(n√+m−−√)的时间复杂度内求解。最后的时间复杂度是O(nn√+T(n√+m−−√))。

代码

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>#define N 50000using namespace std;int mu[50010],prm[50010],f[50010],T,n,m,p1,p2;bool ext[50010];long long ans;void calc_mu(){    mu[1]=1;    for (int i=2;i<=N;i++){        if (ext[i]==false){            prm[++prm[0]]=i;            mu[i]=-1;        }        for (int j=1;j<=prm[0];j++){            if (i*prm[j]>N) break;            ext[i*prm[j]]=true;            if (i%prm[j]==0){                mu[i*prm[j]]=0;                break;            }else              mu[i*prm[j]]=-mu[i];        }        mu[i]+=mu[i-1];    }}int calc_f(int n){    int ans=0;    for (int i=1,j;i<=n;i=j+1){        j=n/(n/i);        if (j>n) j=n;        ans+=(n/i)*(j-i+1);    }    return ans;}int main(){    calc_mu();    for (int i=1;i<=N;i++)      f[i]=calc_f(i);    scanf("%d",&T);    for (int time=1;time<=T;time++){        scanf("%d%d",&n,&m);        ans=0;p1=p2=1;        if (n>m) swap(n,m);        for (int i=1;;){            if (p1<=p2){                ans+=(long long)f[n/i]*f[m/i]*(mu[p1]-mu[i-1]);                i=p1+1;            }else{                ans+=(long long)f[n/i]*f[m/i]*(mu[p2]-mu[i-1]);                i=p2+1;            }            if (i>n) break;            p1=n/(n/i);p2=m/(m/i);        }        printf("%I64d\n",ans);    }    return 0;}

偏偏在最后出现的补充说明

常用的经典的化式子方法一定要记熟，做题的时候能一下子想到才行。

其实现在看这个题还是挺简单的一个数论。。用的都是基础公式，化式子的方法也都非常经典。。但是当时不知道为啥瞪着题解看了一天愣是没看懂。。