ZOJ3435 Ideal Puzzle Bobble

mobius反演的入門題。

首先，先抄一遍mobius反演：

已知 f(n) = sigma(d|n, g(d))

那麼 g(n) = sigma(d|n, mu(d)*f(n/d))

mobius反演的另一種形式：

在某一範圍內，已知 f(n) = sigma(n|d, g(d))

那麼 g(n) = sigma(n|d, mu(d/n)*f(d))

本題的難度其實就入門來說比較大，推薦先做一下

POJ 3090, HDU1695, SPOJ VLATTICE

掌握本題之後，再去做更難一點的SPOJ PGCD

進入正題：

本題題意爲求從(1,1,1)到(L,W,H)這個三維空間中的所有從(1,1,1)能看到的點，

換言之，求(0,0,0)到(L-1,W-1,H-1)的空間中所有(i,j,k)=1的點。

令 g(n) 爲 (i,j,k) = n 的可見點的個數

f(n) 爲 (i,j,k) | n 的可見點的個數

顯然，我們可以得到  f(n) = sigma(n|d, g(d))

經過mobius反演後，可以推出 g(n) = sigma(n|d, mu(d/n)*f(d))

令 n = 1 ，則有g(1) = sigma(1|d, mu(d)*f(d)) 即本題要求的答案

函數f是可以直接計算的：

f(d) = (L/d) * (W/d) * (H/d)

所以g(1) = sigma(mu(d) * (L/d) * (W/d) * (H/d))

又因爲本題是三維的情形，當需要統計的可見點在與(0,0,0)同一xy或xz或yz，將退化成二維情形，

故 ans = sigma(mu(d) * (L/d) * (W/d) * (H/d) + mu(d) * (L/d) * (W/d) + mu(d) * (L/d) * (H/d) + mu(d) * (H/d) * (W/d) )

= sigma(mu(d) * ( (L/d+1) * (W/d+1) * (H/d+1) - 1) )

再然後，本題是多case的卡時間，卡的特別狠！

除了預處理的時間之外，主程序中的時間複雜度即使是O(n)也過不了= =

於是只能繼續優化了 = =

我們可以注意到 (n/d) 當d在某一連續的範圍內時，值是不會變化的。

例如 (10/4) 和 (10/5) 就是一樣的，(10/6) 到 (10/10) 都是一樣的。

所以，我們可以預處理出前n項的mobius函數之和，然後就可以在O(1)的時間統計出這個區間內的mobius函數之和，再直接乘以這個區間任何一個 f 函數值就行了。

這樣主程序的時間複雜度就會到O(sqrt(n))    （沒錯吧= =，好像是快一點點了= =）

至此，所有難點都已攻克。

怒貼代碼：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn = 1000001;
int l,w,h;
bool notprime[maxn];
int prime[maxn],nprime;
int mu[maxn],sum[maxn];
ll ans;

void getmu()
{
    nprime=0;
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<maxn;i++)
    {
        if (!notprime[i]) {prime[nprime++]=i; mu[i]=-1;}
        for (int j=0;j<nprime&&i*prime[j]<maxn;j++)
        {
            notprime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]) mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            else {mu[i*prime[j]]=0; break;}
        }
    }
    sum[0]=0;
    for (int i=1;i<maxn;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}

int main()
{
    getmu();
    while (scanf("%d%d%d",&l,&w,&h)==3)
    {
        l--; w--; h--;
        ans=0;
        for (int i=1,cur;i<=l||i<=w||i<=h;i=cur+1)
        {
            cur = 1000000;
            if (i<=l) cur=min(cur, l/(l/i));
            if (i<=w) cur=min(cur, w/(w/i));
            if (i<=h) cur=min(cur, h/(h/i));
            ll a=l/cur+1, b=w/cur+1, c=h/cur+1;
            ans+=(sum[cur]-sum[i-1])*(a*b*c-1);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
}