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BZOJ2818: Gcd

Description

给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对.

Input

一个整数N

Output

如题

Sample Input

Sample Output

HINT

对于样例(2,2),(2,4),(3,3),(4,2)

1<=N<=10^7

题解Here!

啊，好久没有看到过水题了。。。

题目要求：$Ans=\sum_{d\in prime}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)==d]$

先保证$n<=m$。

后面那玩意很明显来一发莫比乌斯反演啊。。。

不会？，请看这道板子题：洛谷P3455 [POI2007]ZAP-Queries

于是：$$Ans=\sum_{D=1}^n\lfloor\frac{n}{D}\rfloor\lfloor\frac{m}{D}\rfloor\sum_{d|D,d\in prime}\mu(\frac{D}{d})$$

前面的那玩意显然数论分块。

后面的那个枚举$d\in prime$，每个$d$暴力算到它的倍数里去。

注：这题卡空间，不要开$long\ long$。。。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 10000010
using namespace std;
int n;
int k=0,prime[MAXN],mu[MAXN],sum[MAXN];
bool np[MAXN];
inline int read(){
    int date=0,w=1;char c=0;
    while(c<‘0‘||c>‘9‘){if(c==‘-‘)w=-1;c=getchar();}
    while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){date=date*10+c-‘0‘;c=getchar();}
    return date*w;
}
void make(){
    int m=n;
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=m;i++){
        if(!np[i]){
            prime[++k]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=k&&prime[j]*i<=m;j++){
            np[prime[j]*i]=true;
            if(i%prime[j]==0)break;
            mu[prime[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=k;i++)
    for(int j=1;prime[i]*j<=m;j++)
    sum[prime[i]*j]+=mu[j];
    for(int i=1;i<=m;i++)sum[i]+=sum[i-1];
}
long long solve(int n,int m){
    long long ans=0;
    if(n>m)swap(n,m);
    for(int i=1,last=1;i<=n;i=last+1){
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=(long long)(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ans;
}
int main(){
    n=read();
    make();
    printf("%lld\n",solve(n,n));
    return 0;
}

BZOJ2818: Gcd

原文：https://www.cnblogs.com/Yangrui-Blog/p/9460519.html