Prefix Sum

原創 2码8改 2020-07-08 02:32

上套路

  • 反演
    F(n)=∑d∣nf(d)=>f(n)=∑d∣nμ(d)F(nd)F(n)=\sum\limits_{d|n}f(d)=>f(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}d)
    F(n)=∑n∣df(d)=>f(n)=∑n∣dμ(dn)F(d)F(n)=\sum\limits_{n|d}f(d)=>f(n)=\sum\limits_{n|d}\mu(\frac{d}n)F(d)

  • μ與ϕ\mu與\phi
    ∑d∣nμ(d)=[n==1]\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n==1]
    ∑d∣nϕ(d)=n\sum\limits_{d|n}\phi(d)=n
    ϕ(n)n=∑d∣nμ(d)d\frac{\phi(n)}{n}=\sum\limits_{d|n}\frac{\mu(d)}{d}
    ϕ(n)=∑d∣nμ(d)nd\phi(n)=\sum\limits_{d|n}\mu(d)\frac{n}{d}

  • σ約數和\sigma約數和
    σ(n)=∑d∣nd\sigma(n)=\sum\limits_{d|n}d
    ∑i=1nσ(i)=∑i=1ni∗⌊ni⌋\sum\limits_{i=1}^{n}\sigma(i)=\sum\limits_{i=1}^ni*\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor
    σk(i∗j)=∑x∣in∑y∣jn[gcd(x,y)==1]xk∗jk/yk\sigma_k(i*j)=\sum\limits_{x|i}^n\sum\limits_{y|j}^n[gcd(x,y)==1]x^k*j^k/y^k
    k等於0就是約數個數和k等於0就是約數個數和

  • 杜教篩杜教篩
    g1S(n)=∑i=1nh(i)−∑i=2ng(i)S(⌊ni⌋)g_1S(n)=\sum\limits_{i=1}^nh(i)-\sum\limits_{i=2}^ng(i)S(\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor)
    h=f∗gh=f*g
    ∑i=1ni2=n(n+1)(2n+1)6\sum\limits_{i=1}^n{i^2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
    ∑i=1ni3=(n(n+1)2)2\sum\limits_{i=1}^n{i^3}=(\frac{n(n+1)}{2})^2

  • gcd(an−bn,am−bm)=agcd(n,m)−bgcd(n,m)gcd(a^n-b^n,a^m-b^m)=a^{gcd(n,m)}-b^{gcd(n,m)}
    gcd(an−1,am−1)=agcd(n,m)−1gcd(a^n-1,a^m-1)=a^{gcd(n,m)}-1

  • gcd(Fibm,Fibn)=Fibgcd(n,m)gcd(Fib_m,Fib_n)=Fib_{gcd(n,m)}

  • ∑i=1n1i∑j=1ilcm(i,j)=12(∑d=1n∑i=1ndiϕ(i)+n)\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{i}\sum\limits_{j=1}^{i}lcm(i,j)=\frac{1}{2}(\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}i\phi(i)+n)

51Nod 1244 - 莫比烏斯函數之和

51Nod 1239 - 歐拉函數之和

51Nod 1237 - 最大公約數之和 V3

51Nod 1238 - 最小公倍數之和 V3

51Nod 1227 - 平均最小公倍數

51Nod 1220 - 約數之和

HDU 6706 - huntian oy

洛谷 P2257 - YY的GCD

51Nod 1244 - 莫比烏斯函數之和

回目錄

杜教篩,h=μ∗gh=\mu*g捲上恆等函數I(n),即g=1I(n),即g=1
則∑i=1nh(i)=1\sum\limits_{i=1}^nh(i)=1
S(n)=1−∑i=2nS(⌊ni⌋)S(n)=1-\sum\limits_{i=2}^nS(\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5e6+9;
int su[N],mu[N],num,vis[N];
unordered_map<LL,LL> mp;
void init()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;++i){
        if(!vis[i])su[++num]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=num&&i*su[j]<N;++j){
            vis[i*su[j]]=1;
            if(i%su[j]==0)break;
            mu[i*su[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;++i)mu[i]+=mu[i-1];
}
LL djs(LL n)
{
    if(n<N)return mu[n];
    if(mp[n])return mp[n];
    LL ans=1;
    for(LL L=2,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans-=(R-L+1)*djs(n/L);
    }
    return mp[n]=ans;
}
int main()
{
    init();
    LL L,R;
    scanf("%lld%lld",&L,&R);
    printf("%lld\n",djs(R)-djs(L-1));
    return 0;
}

51Nod 1239 - 歐拉函數之和

回目錄

杜教篩,h=ϕ∗gh=\phi*g捲上恆等函數I(n),即g=1,則h(n)=nI(n),即g=1,則h(n)=n
則∑i=1nh(i)=(n∗n+1)/2\sum\limits_{i=1}^nh(i)=(n*n+1)/2
S(n)=(n∗n+1)/2−∑i=2nS(⌊ni⌋)S(n)=(n*n+1)/2-\sum\limits_{i=2}^nS(\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5e6+9;
int su[N],phi[N],num,vis[N];
unordered_map<LL,LL> mp;
const LL mod=1e9+7;
const LL inv2=500000004;
void init()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<N;++i){
        if(!vis[i])su[++num]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=num&&i*su[j]<N;++j){
            vis[i*su[j]]=1;
            if(i%su[j]==0){
                phi[i*su[j]]=phi[i]*su[j];
                break;
            }
            phi[i*su[j]]=phi[i]*phi[su[j]];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;++i)phi[i]=(phi[i]+phi[i-1])%mod;
}
LL sum(LL n)
{
    n%=mod;
    return n*(n+1)%mod*inv2%mod;
}
LL djs(LL n)
{
    if(n<N)return phi[n];
    if(mp[n])return mp[n];
    LL ans=sum(n);
    for(LL L=2,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans=(ans-(R-L+1)%mod*djs(n/L)%mod+mod)%mod;
    }
    return mp[n]=ans;
}
int main()
{
    init();
    LL n;
    scanf("%lld",&n);
    printf("%lld\n",djs(n));
    return 0;
}

51Nod 1237 - 最大公約數之和 V3

回目錄

∑i=1n∑j=1ngcd(i,j)=∑i=1n∑j=1n∑d∣gcd(i,j)ϕ(d)=∑d=1nϕ(d)∑i=1n∑j=1n[d∣gcd(i,j)]=∑d=1nϕ(d)∑i=1nd∑j=1nd1=∑d=1nϕ(d)⌊ni⌋2\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^ngcd(i,j) &=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits\limits_{d|gcd(i,j)}\phi(d)\\ &=\sum\limits_{d=1}^n\phi(d)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n[d|gcd(i,j)]\\ &=\sum\limits_{d=1}^n\phi(d)\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}d}\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}d}1\\ &=\sum\limits_{d=1}^n\phi(d){\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor}^2\\ \end{aligned}

杜教篩加分塊即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5e6+9;
int su[N],phi[N],num,vis[N];
unordered_map<LL,LL> mp;
const LL mod=1e9+7;
const LL inv2=500000004;
void init()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<N;++i){
        if(!vis[i])su[++num]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=num&&i*su[j]<N;++j){
            vis[i*su[j]]=1;
            if(i%su[j]==0){
                phi[i*su[j]]=phi[i]*su[j];
                break;
            }
            phi[i*su[j]]=phi[i]*phi[su[j]];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;++i)phi[i]=(phi[i]+phi[i-1])%mod;
}
LL sum(LL n)
{
    n%=mod;
    return n*(n+1)%mod*inv2%mod;
}
LL djs(LL n)
{
    if(n<N)return phi[n];
    if(mp[n])return mp[n];
    LL ans=sum(n);
    for(LL L=2,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans=(ans-(R-L+1)%mod*djs(n/L)%mod+mod)%mod;
    }
    return mp[n]=ans;
}
LL outside(LL n)
{
    LL ans=0;
    for(LL L=1,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans=(ans+(djs(R)-djs(L-1)+mod)%mod*((n/L)%mod)*((n/L)%mod)+mod)%mod;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    init();
    LL n;
    scanf("%lld",&n);
    printf("%lld\n",outside(n));
    return 0;
}

51Nod 1238 - 最小公倍數之和 V3

回目錄

∑i=1n∑j=1nlcm(i,j)=∑d=1n∑i=1n∑j=1nijd[d==gcd(i,j)]=∑d=1nd∑i=1n∑j=1nij[1==gcd(i,j)]=∑d=1nd∑i=1ndi2ϕ(i)\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nlcm(i,j) &=\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\frac{ij}{d}[d==gcd(i,j)] \\ &=\sum\limits_{d=1}^nd\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^nij[1==gcd(i,j)]\\ &=\sum\limits_{d=1}^nd\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}d}i^2\phi(i)\\ \\ \end{aligned}

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5e6+9;
const LL mod=1e9+7;
const LL inv2=500000004;
const LL inv6=166666668;
int su[N],num,vis[N];
LL phi[N];
unordered_map<LL,LL> mp;
void init()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<N;++i){
        if(!vis[i])su[++num]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=num&&i*su[j]<N;++j){
            vis[i*su[j]]=1;
            if(i%su[j]==0){
                phi[i*su[j]]=phi[i]*su[j];
                break;
            }
            phi[i*su[j]]=phi[i]*phi[su[j]];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;++i)phi[i]=(phi[i]*i%mod*i%mod+phi[i-1])%mod;
}
LL sum(LL n)
{
    n%=mod;
    return n*(n+1)%mod*inv2%mod;
}
LL get(LL n)
{
    n%=mod;
    return n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod;
}
LL djs(LL n)
{
    if(n<(LL)N)return phi[n];
    if(mp[n])return mp[n];
    LL ans=sum(n);
    ans=ans*ans%mod;
    for(LL L=2,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans=(ans-(get(R)-get(L-1)+mod)%mod*djs(n/L)%mod+mod)%mod;
    }
    return mp[n]=ans;
}
LL outside(LL n)
{
    LL ans=0;
    for(LL L=1,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans=(ans+(sum(R)-sum(L-1)+mod)%mod*djs(n/L)%mod+mod)%mod;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    init();
    LL n;
    scanf("%lld",&n);
    printf("%lld\n",outside(n));
    return 0;
}

51Nod 1227 - 平均最小公倍數

回目錄

∑i=1n1i∑j=1ilcm(i,j)=∑d=1n∑i=1n∑j=1ijd[d==gcd(i,j)]=∑d=1n∑i=1n∑j=1i[1==gcd(i,j)]=∑d=1n∑i=1ndiϕ(i)+[i==1]2=∑d=1n∑i=1niϕ(i)+n2\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^n\frac{1}{i}\sum\limits_{j=1}^ilcm(i,j) &=\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^i\frac{j}{d}[d==gcd(i,j)] \\ &=\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^i[1==gcd(i,j)]\\ &=\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}d}\frac{i\phi(i)+[i==1]}{2}\\ &=\frac{\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^ni\phi(i)+n}{2}\\ \\ \end{aligned}

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5e6+9;
const LL mod=1e9+7;
const LL inv2=500000004;
const LL inv6=166666668;
int su[N],num,vis[N];
LL phi[N];
unordered_map<LL,LL> mp;
void init()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<N;++i){
        if(!vis[i])su[++num]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=num&&i*su[j]<N;++j){
            vis[i*su[j]]=1;
            if(i%su[j]==0){
                phi[i*su[j]]=phi[i]*su[j];
                break;
            }
            phi[i*su[j]]=phi[i]*phi[su[j]];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;++i)phi[i]=(phi[i]*i%mod+phi[i-1])%mod;
}
LL sum(LL n)
{
    n%=mod;
    return n*(n+1)%mod*inv2%mod;
}
LL get(LL n)
{
    n%=mod;
    return n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod;
}
LL djs(LL n)
{
    if(n<(LL)N)return phi[n];
    if(mp[n])return mp[n];
    LL ans=get(n);
    for(LL L=2,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans=(ans-(sum(R)-sum(L-1)+mod)%mod*djs(n/L)%mod+mod)%mod;
    }
    return mp[n]=ans;
}
LL outside(LL n)
{
    LL ans=0;
    for(LL L=1,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans=(ans+(R-L+1+mod)%mod*djs(n/L)%mod+mod)%mod;
    }
    return (ans+n)%mod*inv2%mod;
}
int main()
{
    init();
    LL n,m;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    printf("%lld\n",(outside(m)-outside(n-1)+mod)%mod);
    return 0;
}

51Nod 1220 - 約數之和

回目錄

∑i=1n∑j=1id(i,j)=∑i=1n∑j=1n∑x∣i∑y∣jxjy[1==gcd(x,y)]=∑d=1nμ(d)∑i=1n∑j=1n∑x∣i∑y∣jxjy[d∣gcd(x,y)]=∑d=1nμ(d)d∑i=1nd∑j=1nd∑x∣i∑y∣jxjy=∑d=1nμ(d)d∑i=1nd∑x∣ix∑j=1nd∑y∣jjy=∑d=1ndμ(d)(∑i=1ndσ(i))2=∑d=1ndμ(d)(∑i=1ndi⌊ndi⌋)2\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^id(i,j) &=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}\frac{xj}{y}[1==gcd(x,y)] \\ &=\sum\limits_{d=1}^n\mu(d)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}\frac{xj}{y}[d|gcd(x,y)] \\ &=\sum\limits_{d=1}^n\mu(d)d\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}d}\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}d}\sum\limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}\frac{xj}{y}\\ &=\sum\limits_{d=1}^n\mu(d)d\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}d}\sum\limits_{x|i}x\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}d}\sum\limits_{y|j}\frac{j}{y}\\ &=\sum\limits_{d=1}^nd\mu(d)(\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}d}\sigma(i))^2\\ &=\sum\limits_{d=1}^nd\mu(d)(\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}d}i{\left \lfloor \frac{n}{di} \right \rfloor})^2\\ \\ \end{aligned}

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5e6+9;
const LL mod=1e9+7;
const LL inv2=500000004;
const LL inv6=166666668;
int su[N],num,vis[N],mu[N];
unordered_map<int,LL> mp;
void init()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;++i){
        if(!vis[i])su[++num]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=num&&i*su[j]<N;++j){
            vis[i*su[j]]=1;
            if(i%su[j]==0)break;
            mu[i*su[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;++i)mu[i]=(mu[i]*i+mu[i-1]+mod)%mod;
}
LL sum(int n)
{
    return (LL)n*(n+1)%mod*inv2%mod;
}
LL djs(int n)
{
    if(n<N)return mu[n];
    if(mp[n])return mp[n];
    LL ans=1;
    for(int L=2,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans=(ans-(sum(R)-sum(L-1)+mod)%mod*djs(n/L)%mod+mod)%mod;
    }
    return mp[n]=ans;
}
LL inside(int n)
{
    LL ans=0;
    for(int L=1,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans=(ans+(sum(R)-sum(L-1)+mod)%mod*(n/L)%mod+mod)%mod;
    }
    return ans*ans%mod;
}
LL outside(int n)
{
    LL ans=0;
    for(int L=1,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans=(ans+(djs(R)-djs(L-1)+mod)%mod*inside(n/L)%mod+mod)%mod;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    init();
    int n;
    scanf("%d",&n);
    printf("%lld\n",outside(n));
    return 0;
}

HDU 6706 - huntian oy

回目錄

∑i=1n∑j=1igcd(ia−ja,ib−jb)[gcd(i,j)==1]=∑i=1n∑j=1i(i−j)[gcd(i,j)==1]=∑i=1n∑j=1ii[gcd(i,j)==1]−∑i=1n∑j=1ij[gcd(i,j)==1]=∑i=1niϕ(i)−∑i=1niϕ(i)+[n==1]2=1+∑i=2niϕ(i)−(1+∑i=2niϕ(i)2)=∑i=2niϕ(i)2=∑i=1niϕ(i)−12\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^igcd(i^a-j^a,i^b-j^b)[gcd(i,j)==1] &=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^i(i-j)[gcd(i,j)==1] \\ &=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^ii[gcd(i,j)==1]- \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^ij[gcd(i,j)==1]\\ &=\sum\limits_{i=1}^ni\phi(i)-\frac{\sum\limits_{i=1}^ni\phi(i)+[n==1]}{2}\\ &=1+\sum\limits_{i=2}^ni\phi(i)-(1+\frac{\sum\limits_{i=2}^ni\phi(i)}{2})\\ &=\frac{\sum\limits_{i=2}^ni\phi(i)}{2}\\ &=\frac{\sum\limits_{i=1}^ni\phi(i)-1}{2}\\ \\ \end{aligned}

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=5e6+9;
const LL mod=1e9+7;
const LL inv2=500000004;
const LL inv6=166666668;
int su[N],num,vis[N];
LL phi[N];
unordered_map<int,LL> mp;
void init()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<N;++i){
        if(!vis[i])su[++num]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=num&&i*su[j]<N;++j){
            vis[i*su[j]]=1;
            if(i%su[j]==0){
                phi[i*su[j]]=phi[i]*su[j];
                break;
            }
            phi[i*su[j]]=phi[i]*phi[su[j]];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;++i)phi[i]=(phi[i]*i%mod+phi[i-1]+mod)%mod;
}
LL sum(int n)
{
    return (LL)n*(n+1)%mod*inv2%mod;
}
LL djs(int n)
{
    if(n<N)return phi[n];
    if(mp[n])return mp[n];
    LL ans=(LL)n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod;
    for(int L=2,R;L<=n;L=R+1){
        R=n/(n/L);
        ans=(ans-(sum(R)-sum(L-1)+mod)%mod*djs(n/L)%mod+mod)%mod;
    }
    return mp[n]=ans;
}
int main()
{
    init();
    int n,T,a,b;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d%d",&n,&a,&b);
        printf("%lld\n",(djs(n)-1+mod)%mod*inv2%mod);
    }
    return 0;
}

洛谷 P2257 - YY的GCD

回目錄

∑p∈prime∑i=1n∑j=1n[gcd(i,j)==p]=∑p∈prime∑i=1np∑j=1np[gcd(i,j)==1]=∑p∈prime∑d=1min(np,mp)μ(d)∑i=1np∑j=1np[d∣gcd(i,j)]=∑p∈prime∑d=1min(np,mp)μ(d)∑i=1npd∑j=1npd1=∑p∈prime∑d=1min(np,mp)μ(d)⌊npd⌋⌊mpd⌋\begin{aligned}\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n[gcd(i,j)==p] &=\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{p}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}{p}}[gcd(i,j)==1]\\ &=\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{d=1}^{min(\frac{n}{p},\frac{m}{p})}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{p}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}{p}}[d|gcd(i,j)]\\ &=\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{d=1}^{min(\frac{n}{p},\frac{m}{p})}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{pd}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{n}{pd}}1\\ &=\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{d=1}^{min(\frac{n}{p},\frac{m}{p})}\mu(d){\left \lfloor \frac{n}{pd} \right \rfloor}{\left \lfloor \frac{m}{pd} \right \rfloor}\\ \\ \end{aligned}
令T=pd令T=pd
∑p∈prime∑d=1min(np,mp)μ(d)⌊npd⌋⌊mpd⌋=∑T=1min(n,m)⌊nT⌋⌊mT⌋∑t∣T,t∈primeμ(Tt)\begin{aligned}\sum\limits_{p\in prime}\sum\limits_{d=1}^{min(\frac{n}{p},\frac{m}{p})}\mu(d){\left \lfloor \frac{n}{pd} \right \rfloor}{\left \lfloor \frac{m}{pd} \right \rfloor} &=\sum\limits_{T=1}^{min(n,m)}{\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor}{\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor}\sum\limits_{t|T,t\in prime}\mu(\frac{T}{t}) \\ \end{aligned}

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e7+9;
const LL mod=1e9+7;
const LL inv2=500000004;
const LL inv6=166666668;
int mu[N],mm[N],su[N],num;
bool vis[N];
void init()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;++i){
        if(!vis[i])su[++num]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=num&&i*su[j]<N;++j){
            vis[i*su[j]]=1;
            if(i%su[j]==0)break;
            mu[i*su[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=num;++i)
        for(int j=1;su[i]*j<N;++j)mm[su[i]*j]+=mu[j];
    for(int i=1;i<N;++i)mm[i]+=mm[i-1];
}

LL outside(int n,int m)
{
    LL ans=0;
    for(int L=1,R;L<=n;L=R+1){
        R=min(n/(n/L),m/(m/L));
        ans+=(LL)(n/L)*(m/L)*(mm[R]-mm[L-1]);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    init();
    int T,n,m;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n>m)swap(n,m);
        printf("%lld\n",outside(n,m));
    }
    return 0;
}
發表評論
所有評論
還沒有人評論，想成為第一個評論的人麼? 請在上方評論欄輸入並且點擊發布.
相關文章

數形結合 + 二分凸殼3題

                最近遇到了三道數形結合的題目，不同的動機都直接指向了凸包（凸殼），利用凸殼上斜率（極角）的單調性進行二分。                  1 .一個在傻X那裏淘到的一道數據結構題，from spoj：

cjoilmd 2020-07-08 03:14:19

BZOJ2005能量採集

2005: [Noi2010]能量採集 Time Limit: 10 Sec Memory Limit: 552 MB Submit: 2788 Solved: 1662 Description 棟棟有一塊長方形的地，

DCrusher 2020-07-07 23:19:57

poj 2154 Color Polya定理 歐拉函數優化

題意：有一個長度爲n的項鍊，項鍊上每顆鑽石有n種染色方案，問有多少種方案 思路：置換都考慮用Polya定理做，但是會達到o(n)級別，這裏n太大，會超時。可以換個思路，一般做法是i從1枚舉到n，求每一個gcd(i, n)，可以看到一個性

799050408 2020-07-07 23:02:06

Codeforces 615D Multipliers(數學推公式)

escription Ayrat has number n, represented as it's prime factorization pi of size m, i.e. n = p1·p2·...·pm. Ayra

PhyCode 2020-07-07 21:55:23

HDU 1290 獻給杭電五十週年校慶的禮物

純粹的數學題，平面劃分空間， 要想每一平面劃分都得到最大值，就必須讓這一平面與所有平面相交， 劃分的塊的數量sum[n]： 2,4,8,15,26…… 前後的差a[n]： 2,4,7,11…… a[n]與a[n-1]兩者之差： 2,3,4

mil_mail 2020-07-07 20:48:16

xzc的夢 Apare_xzc

xzc的夢 Apare_xzc 時間限制：1000ms 空間限制：128M 題面：         西遊記是xzc最喜歡的神話故事了。最近，因爲宅在家不能出門，xzc重溫了西遊記。這天他看着看着就睡着了。他夢到了西遊記：

Apare_xzc 2020-07-07 11:28:20

20200705模擬賽 Permutation, LCM game, Easy Data Structure

T1 題目描述： n≤5000n\le5000n≤5000 題目分析： 簽到神仙題。 每條邊的權值相當於是規定了子樹內的點要被劃分成 邊權/2 段。 然後要把兒子的段以及自己合併成當前需要的段數，要保證在同一個兒子子樹內的不能相

Master.Yi 2020-07-07 09:47:32

Divisors of the Divisors of An Integer

題目鏈接：Divisors of the Divisors of An Integer 我們直接看每個質因子的貢獻即可。 假設這個質因子有x個，那麼我們構造某一個數的時候可以選0,1,2,3,…,x個，然後對應的因子就有1,2,

青烟绕指柔! 2020-07-07 09:20:24

51node 1678 lyk與gcd

這天，lyk又和gcd槓上了。 它擁有一個n個數的數列，它想實現兩種操作。 1：將  ai 改爲b。 2：給定一個數i，求所有 gcd(i,j)=1 時的  aj  的總和。 n，Q(1<=n,Q<=100000) ai(1<=ai<

天使v之翼 2020-07-07 07:37:35

POJ 1830 開關問題 高斯消元

題意：給你N個開關，其中某些開關之間是相互影響的，即一個開關控制多個，那麼每個開關操作與否爲一個變元，有N個變元，開關之間相互影響的係數設爲1，否則爲0，對模2高斯消元求解自由變元個數。 #include<iostream> #incl

天使v之翼 2020-07-07 07:37:35

51node 1537 分解

問(1+sqrt(2)) ^n (n<=1e18) 能否分解成 sqrt(m) +sqrt(m-1)的形式  如果可以 輸出 m%1e9+7 否則 輸出no 剛開始看這題的時候是一臉懵逼，之後便暴力跑了幾組數據出來瞅瞅，瞅了有一會兒發現一

天使v之翼 2020-07-07 07:37:35

高斯消元原理

高消一直是ACM中高層次經常用到的算法，雖然線性代數已經學過，但高消求解的問題模型及高消模板的應用變化是高消的最複雜之處。 先介紹一下高消的基本原理：引入互聯網czyuan的帖子： 高斯消元法，是線性代數中的一個算法，可用來求解線性方程組

天使v之翼 2020-07-07 07:37:35

SGU 275 高斯消元

#include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #define LL long long using namespace std; const i

天使v之翼 2020-07-07 07:37:35

HDU 5833 高斯消元

首先，一個完全平方數的每個質因子的冪一定是偶數。對每個數進行質因數分解，令其中冪爲奇數的係數爲1即可。 #include<iostream> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmat

天使v之翼 2020-07-07 07:37:35

51node 1419 最小公倍數挑戰

幾天以前，我學習了最小公倍數。玩得挺久了，想換換口味。 我不想用太多的數字，我想從1到n中選三個數字（可以相同）。使得他們的最小公倍數最大。（n<=10000000） 首先考慮n爲奇數，顯然n,n-1,n-2這三個數互質，結果爲三者乘積；

天使v之翼 2020-07-07 07:37:35