2018 ICPC 徐州 計蒜客 - Easy Math

2018 ICPC 徐州 計蒜客 - Easy Math

題目給定m<2∗109,n<1012$m<2\ast {10}^9,n<{10}^{12}$ 計算：

ans=∑i=1mμ(in)$$ans=\sum _{i=1}^m\mu (in)$$

顯然： μ(n)=0$\mu (n)=0$ 時 ans=0$ans=0$
當mu(n)!=0$mu(n)!=0$ 時：

ans=∑i=1mμ(in)=μ(n)∑i=1mμ(i)[gcd(i,n)=1]$$ans=\sum _{i=1}^m\mu (in)=\mu (n)\sum _{i=1}^m\mu (i)[gcd(i,n)=1]$$

記:

f(k)=∑i=1mμ(i)[gcd(i,n)==k]F(k)=∑k|df(d)$$\begin{gathered} f(k)=\sum _{i=1}^m\mu (i)[gcd(i,n)==k] \\ F(k)=\sum _{k|d}f(d) \end{gathered}$$

顯然,這裏F(k)$F(k)$ 代表下指標遍歷所有gcd$gcd$ 是k$k$ 的倍數的情況，那麼k$k$ 必須是n$n$ 的約數纔有意義：

F(k)=[k|n]∑i=1⌊mk⌋μ(ik)$$F(k)=[k|n]\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\mu (ik)$$

反演有：

f(k)=∑k|dμ(dk)F(d)$$f(k)=\sum _{k|d}\mu (\frac{d}{k})F(d)$$

則：

ans=μ(n)f(1)=μ(n)∑d=1mμ(d)[d|n]∑i=1⌊md⌋μ(id)=μ(n)∑d|nμ(d)∑i=1⌊md⌋μ(id)$$\begin{gathered} ans=\mu (n)f(1)=\mu (n)\sum _{d=1}^m\mu (d)[d|n]\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\mu (id) \\ =\mu (n)\sum _{d|n}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\mu (id) \end{gathered}$$

記：

A(m,n)=ans=∑i=1mμ(in)$$A(m,n)=ans=\sum _{i=1}^m\mu (in)$$

顯然：

A(m,n)=μ(n)∑d|nμ(d)A(⌊md⌋,d)A(0,k)=0A(k,1)=M(k)A(1,k)=μ(k)$$\begin{gathered} A(m,n)=\mu (n)\sum _{d|n}\mu (d)A(\lfloor \frac{m}{d}\rfloor ,d) \\ A(0,k)=0 \\ A(k,1)=M(k) \\ A(1,k)=\mu (k) \end{gathered}$$

其中，M(n)=∑ni=1μ(i)$M(n)=\sum _{i=1}^n\mu (i)$ 計算方法參見：https://blog.csdn.net/ZLH_HHHH/article/details/77860249
在計算M$M$ 的同事保留計算A所需的計算信息
計算A的時間可以表示爲：

T(m,n)=∑d|nT(⌊md⌋,d)<O(m−−√log n)$$T(m,n)=\sum _{d|n}T(\lfloor \frac{m}{d}\rfloor ,d)<O(\sqrt{m}logn)$$

總時間複雜度不超過：

O(m−−√log n)+O(m0.75)$$O(\sqrt{m}logn)+O(m^{0.75})$$

#include <algorithm>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <cmath>
#define MAXN 2000005
using namespace std;
typedef long long LL;
LL M[MAXN] = { 0,-1 };
LL tmp[MAXN];
LL mu[MAXN + 2];
void clat(LL n, int d)
{
    LL ans = 0;
    int m = (int)sqrt(n) + 1;
    for (int L = 1;L<m;L++)
        ans += M[L] * (n / L - n / (L + 1));
    for (int i = (int)(n / m);i>1;i--)
    {
        LL u = n / i;
        if (u<MAXN)
            ans += M[u];
        else
            ans += tmp[i*d];
    }
    tmp[d] = 1 - ans;
}

LL slove(LL n)
{
    if (n<MAXN)return M[n];
    for (int i = (int)(n / (MAXN - 1));i;i--) clat(n / (LL)i, i);
    return tmp[1];
}

LL DFS(LL m, LL c, LL n, LL mn)
{
    if (n == 1)
    {
        if (m < MAXN)
            return M[m];
        else
            return tmp[c];
    }
    if (m == 1)return mn;
    if (m == 0)return 0;
    LL ans = 0;
    for (LL d = 1;d*d < n;d++)
    {
        if (n%d)continue;
        ans += mu[d] * DFS(m / d, c*d, d, mu[d]);
        int u_ = mn / mu[d];
        LL d_ = n / (LL)d;
        ans += u_*DFS(m / d_, c*d_, d_, u_);
    }
    return ans*mn;
}

int main()
{
    for (int i = 1;i<MAXN;i++)
    {
        M[i] = -M[i];
        mu[i] = M[i];
        for (int j = i << 1;j<MAXN;j += i)M[j] += M[i];
        M[i] += M[i - 1];
    }
    LL n, m;
    scanf("%lld %lld", &m, &n);
    LL mn = 1;
    slove(m);
    if (n >= MAXN)
    {
        LL a = n;
        for (LL i = 2;i*i <= n;i++)
        {
            if (a%i == 0)
            {
                a /= i;
                mn = -mn;
                if (a%i == 0)
                {
                    mn = 0;
                    break;
                }
            }
        }
        if (mn != 0 && a > 1)mn = -mn;
    }
    else
        mn = mu[n];
    if (mn == 0)
    {
        printf("0\n");
        return 0;
    }
    printf("%lld\n", DFS(m, 1, n, mn));
    return 0;
}