BZOJ 2301

发表于 |

题目

给出$T$个询问$(a,b,c,d,K)$，每次求有多少个数对$(x,y)$的gcd等于$K$，其中$a \leq x \leq b \quad c \leq y \leq d$。

数据范围

$0 \leq T, a, b, c, d, K \leq 50000$

做法

显然，可用容斥定理将问题转化为：有多少对$(x,y)$的gcd等于$K$，其中$1 \leq x \leq n \quad 1 \leq y \leq m$。

问题可继续转化为：有多少对$(x,y)$的gcd等于1，其中$1 \leq x \leq n’ = \lfloor \frac{n}{K} \rfloor \quad 1 \leq y \leq m’ = \lfloor \frac{m}{K} \rfloor$

考虑莫比乌斯反演。
$$
g(i):=gcd(x,y)为i的(x,y)的对数
$$

$$
f(i):=gcd(x,y)为i的倍数的(x,y)的对数
$$

显然有：
$$
f(i)=\lfloor \frac{n’}{i} \rfloor \times \lfloor \frac{m’}{i} \rfloor
$$

反演一蛤：
$$
f(i)=\sum{i|d}g(d) \iff g(i)=\sum{i|d}\mu(\frac{d}{i})\times f(d)
$$

所求即为：
$$
g(1)=\sum{1|d}\mu(d)\times f(d)=\sum{1|d}\mu(d)\times \lfloor \frac{n’}{d} \rfloor \times \lfloor \frac{m’}{d} \rfloor
$$
到这里，我们从$1$到$min(n’,m’)$枚举$d$，即可$O(N)$地处理出每个询问。但是时间复杂度还是太高。

进行优化。注意到：$\lfloor \frac{n’}{d} \rfloor$只有$2\times num(n’)$种不同的值，其中$num(n)表示n的约数个数$。也就是说，对于不同的$d$，$\lfloor \frac{n’}{d} \rfloor$的值是一样的。所以，对于$ \lfloor \frac{n’}{d} \rfloor \times \lfloor \frac{m’}{d} \rfloor$的值相同的一系列$d$，通过预处理出$\mu(i)$的前缀和，可以把这个相同的值提出来，通过一步乘法来代替原来的多步加法，以加速计算。具体实现见代码。

$ \lfloor \frac{n’}{d} \rfloor \times \lfloor \frac{m’}{d} \rfloor$最多有$num(n’) + num(m’)$个不同的值。所以一次询问的复杂度为$O(num(n’) + num(m’))$，可以接受了。

代码

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX_NUM = 5e4 + 5;
int A, B, C, D, K;
bool isPrime[MAX_NUM];
int mu[MAX_NUM];
int smu[MAX_NUM];
void getMu(int n)
{
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    mu[i] = 1;
    isPrime[i] = true;
  }
  for (int i = 2; i <= n; ++i) {
    if (isPrime[i]) {
      mu[i] *= -1;
      for (int j = i * 2; j <= n; j += i) {
        mu[j] *= -1;
        if ((j / i) % i == 0) mu[j] = 0;
        isPrime[j] = false;
      }
    }
  }
}
ll calc(int n, int m)
{
  if (n > m) swap(n, m);
  ll sum = 0;
  int last;
  for (int i = 1; i <= n; i = last + 1) {
    last = min(n / (n / i), m / (m / i));
    sum += (ll)(n / i) * (m / i) * (smu[last] - smu[i - 1]);
  }
  return sum;
}
int main()
{
  getMu(MAX_NUM - 1);
  for (int i = 1; i < MAX_NUM; ++i) {
    smu[i] = smu[i - 1] + mu[i];
  }
  int T; cin >> T;
  while (T--) {
    scanf("%d%d%d%d%d", &A, &B, &C, &D, &K);
    --A; --C;
    A /= K; B /= K; C /= K; D /= K;
    printf("%lld\n", calc(B, D) - calc(A, D) - calc(B, C) + calc(A, C));
  }
  return 0;
}