[原创][HYSBZ/BZOJ2301]Problem b [莫比乌斯反演+分块] 【组合数学】

2017-02-12 22:06:35 Tabris_ 阅读数:585


博客爬取于2020-06-14 22:41:36
以下为正文

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题目连接:https://vjudge.net/problem/HYSBZ-2301

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2301: [HAOI2011]Problem b

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Description

对于给出的n个询问,每次求有多少个数对(x,y),满足a≤x≤b,c≤y≤d,且gcd(x,y) = k,gcd(x,y)函数为x和y的最大公约数。

Input
第一行一个整数n,接下来n行每行五个整数,分别表示a、b、c、d、k

Output
共n行,每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数

Sample Input

2
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2

Sample Output

14
3

HINT

100%的数据满足:1≤n≤50000,1≤a≤b≤50000,1≤c≤d≤50000,1≤k≤50000

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解题思路:
对于求(a,c) (b,d)(a,c)~(b,d)区间内的解 我们可以用容斥原理解决
calc(b,d)calc(a1,d)calc(b,c1)+calc(a1,c1)calc(b,d)-calc(a-1,d)-calc(b,c-1)+calc(a-1,c-1)

那么对于求每一个calc(x,y);calc(x,y);时首先要明确的是求gcd(x,y)=k\gcd(x,y)=k就是求gcd(x/k,y/k)=1\gcd(x/k,y/k)=1的解,

证明 :
a×x+b×y=ka×xk+b×yk=1a×xk+b×yk=1a\times x+b\times y =k\\ \dfrac {a\times x}{k}+\dfrac {b\times y}{k} =1\\a\times\dfrac { x}{k}+b\times\dfrac {y}{k} =1
——证毕

然后设$f(i)为gcd(x,y)=i时(x,y)的对数,F(i)表示满足i|gcd(x,y)的(x,y)的对数,显然F(i)=⌊\dfrac{n}{i}⌋⌊\dfrac{m}{i}⌋ $

然后根据莫比乌斯反演公式的到
F(n)=inf(i)=>f(d)=idμ(di)×F(d)=idμ(di)×nimiF(n)= \sum_{i|n} f(i) \\ => \\ f(d) = \sum_{i|d} \mu(\dfrac{d}{i})\times F(d)\\ = \sum_{i|d} \mu(\dfrac{d}{i})\times ⌊\dfrac{n}{i}⌋⌊\dfrac{m}{i}⌋

当i=1时,f(1)=d=1min(n,m)μ(d)nmf(1)=\sum^{min(n,m)}_{d=1}μ(d)⌊n⌋⌊m⌋

由于ni⌊\dfrac {n}{i}⌋的取值最多只有2n^2\sqrt {n}个(这个很容易证明:在nn+1<i<=n\dfrac {n}{\sqrt {n}+1}< i<=n时,$ y = \left{\begin{array}{rcl}1&&\frac{n}{2}<i<=n\2 && \frac{n}{3}<i<=\frac{n}{2}\ …\ \sqrt {n} && \frac{n}{\sqrt {n}+1}<i<=\frac{n}{\sqrt {n} }\end{array}\right.,到这里已经有sqrt(n)个取值了,还有,到这里已经有sqrt(n)个取值了,还有\sqrt {n}i,即使每一个i都对应一个不同的个i,即使每一个i都对应一个不同的⌊\dfrac{n}{i}⌋,也只有,也只有\sqrt{n}个取值),我们算出μ的前缀和sum,然后只需要个取值),我们算出μ的前缀和sum,然后只需要O(2(\sqrt{n}+\sqrt{m}))$的时间(即分块优化)回答每次询问。

参(chao)考(xi)于此

但是有一个奇怪的地方,就是我用%I64d输出 显示PE %lld输出 显示WA 用%d输出就AC了。。。。醉了。。。

附本题代码
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int a,b,c,d,k;

int prime[N],pre[N],mu[N],kp;
bool Is_or[N];
void Prime(){
kp = 0;
memset(Is_or,true,sizeof(Is_or));
Is_or[0]=Is_or[1]=0;
mu[1]=pre[1]=1;
for(int i=2;i<=50000;i++){
if(Is_or[i]) mu[i]=-1,prime[kp++]=i;
for(int j=0;j<kp&&prime[j]*i<=50000;j++){
Is_or[prime[j]*i]=0;
if(0==i%prime[j]) {mu[prime[j]*i]=0;break; }
mu[prime[j]*i] = -mu[i];
}
pre[i]=pre[i-1]+mu[i];
}
return ;
}

int calc(int x,int y){
x/=k,y/=k;
if(x>y) x^=y,y^=x,x^=y;
int ans = 0;
for(int i=1,pos;i<=x;i=pos+1){//分块优化
pos = min(x/(x/i),y/(y/i));
ans+=(pre[pos]-pre[i-1])*(x/i)*(y/i);
}
return ans ;
}

void work(){
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
printf("%d\n",calc(b,d)
-calc(a-1,d)
-calc(b,c-1)
+calc(a-1,c-1));
}

int main(){
Prime();
int _ = 1;
//while(~scanf("%d",&_))
scanf("%d",&_);
while(_--) work();

return 0;
}