數表題解

題目

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初步轉化

令$f(n)$表示n的所有因數和

如果$d|i 並且 d|j$，那麼$d|gcd(i,j)$

那麼對於每一個詢問，答案爲：$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}{[f(gcd(i,j))<=a]*f(gcd(i,j))}$

所以問題就轉化爲了回答上述表達式的多組詢問

分析

莫比烏斯反演

下面開始用莫比烏斯反演來推式子：

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}{[f(gcd(i,j))<=a]*f(gcd(i,j))}$

$=\sum_{d=1}^{n}{[f(d)<=a]}\sum_{d|i}^{n}\sum_{d|j}^{m}[gcd(i,j)=d]d$

$=\sum_{d=1}^{n}[f(d)<=a]\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{m}\sum_{k|gcd(i,j)}{μ(k)}d$

$=\sum_{d=1}^{n}[f(d)<=a]d\sum_{k=1}^{n/d}{μ(k)}\sum_{k|i}^{n/d}\sum_{k|j}^{m/d}1$

最後兩個和式把他變成除法，ij同除k

$=\sum_{d=1}^{n}[f(d)<=a]d\sum_{k=1}^{n/d}{μ(k)}*{n/kd}*{m/kd}$

令T=kd

$=\sum_{T=1}^{n}{n/T}*{m/T}\sum_{d|T}{μ(T/d)*f(d)[f(d)<=a]}$

前面一部分可以用整除分塊

後面一部分$\sum_{d|T}{μ(T/d)*f(d)[f(d)<=a]}$

是f和μ函數的迪利克雷卷積外加一個限制條件

第一部分通過莫比烏斯反演轉化式子就完成了

積性函數處理

現在我們難以處理的是a這個限制條件。

設$\sum_{d|T}{μ(T/d)*f(d)[f(d)<=a]}$這個函數爲G函數

大體思路：那麼我們可以考慮離線處理答案，按照詢問的a從小到大排序，這樣每次a只會變大，那麼把沒處理的G函數加進去就可以了。

莫比烏斯函數我們可以線性預處理

f函數可以$o(nlogn)$預處理（其實有一種$o(n)$的方法）

a的條件變大了之後，假設$x_1$是新增進去的，那麼就把$μ(T/x_1)*f(x_1)$加到G(T)裏面，其中T是$x_1$的倍數。

那麼現在我們需要一個數據結構來支持：單點修改+前綴查詢——樹狀數組

代碼

這樣的話思路就理清了：對於詢問：按a排序，預處理兩個函數，在a變大的同時修改樹狀數組；樹狀數組記錄G函數。統計答案然後輸出就好了

下附AC代碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long read(){
	char s;
	long long x=0,f=1;
	s=getchar();
	while(s<'0'||s>'9'){
		if(s=='-')f=-1;
		s=getchar();
	}
	while(s>='0'&&s<='9'){
		x*=10;
		x+=s-'0';
		s=getchar();
	}
	return x*f;
}
const long long mod=(long long)1<<31;
const int M=2e4+5;
const int N=1e5+5;
struct Q{
	long long n,m,a;
	int id;
}q[M],di[N];
bool operator<(Q a,Q b){
	return a.a<b.a;
}
bool flag[N];
long long mu[N],d[N];//莫比烏斯函數、約數個數函數
int p[N],pn; 
void init(int n){
	mu[1]=1;//mu線性篩  d nlogn篩 
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!flag[i]){
			mu[i]=-1;
			p[pn++]=i;
		}
		for(int j=0;j<pn,p[j]*i<=n;j++){
			flag[p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0){
				mu[i*p[j]]=0;
				break;
			}
			else{
				mu[i*p[j]]=-mu[i];
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i;j<=n;j+=i){
			d[j]+=i;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		di[i].id=i;
		di[i].a=d[i];
	}
	sort(di+1,di+1+n);
}
struct tree{
	long long c[N];//記錄G函數 即mu和d的卷積函數+d<=a的限制條件 
	void clear(){memset(c,0,sizeof(c));}
	int lowbit(int x){return x&(-x);}
	void modify(int pos,long long x){
		for(int i=pos;i<=N-5;i+=lowbit(i)){
			c[i]+=x;
		}
	}
	long long query(int pos){
		long long rec=0;
		for(int i=pos;i>0;i-=lowbit(i)){
			rec+=c[i];
		}
		return rec;
	}
}t;
long long rec[N];
void add(int x){
	for(int i=x;i<=N-5;i+=x){
		t.modify(i,mu[i/x]*d[x]);
	}
}
long long solve(int n,int m){
	long long ans=0;
	if(n>m)swap(n,m);
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=min(m/(m/l),n/(n/l));
		ans+=(long long)(t.query(r)-t.query(l-1))*(n/l)*(m/l);
	}
	return ans%mod;
}
int main(){
	int T=read();
	for(int i=1;i<=T;i++){
		q[i].n=read(),q[i].m=read(),q[i].a=read();
		q[i].id=i;
	}
	sort(q+1,q+1+T);
	init(N-5);
	t.clear();
	int id=0;
	for(int i=1;i<=T;i++){
		while(di[id+1].a<=q[i].a&&id+1<=N-5){
			id+=1;
			add(di[id].id);
		}
		rec[q[i].id]=solve(q[i].n,q[i].m);
	}
	for(int i=1;i<=T;i++){
		long long ans=rec[i]%mod;
		ans+=mod;
		ans%=mod;
		printf("%lld\n",ans);
	}
} 

心得體會：

離線處理，學會藉助數據結構進行預處理