[POI2007]Zap
阿新 • • 發佈:2018-04-20
cpp 正整數 區間 void inline pac ++ span tar
3
2 有
\[\sum\limits_{d=1}^{min(a‘,b‘)} \mu(d) \sum\limits_{x=1}^{a‘} \sum\limits_{y=1}^{b‘} 1(d|x,d|y)\]
可以看出來,原式要求的就是
\[Ans=\sum\limits_{d=1}^{min(a‘,b‘)} \mu(d)\times \lfloor \dfrac{a‘}{d}\rfloor \times \lfloor \dfrac{b‘}{d}\rfloor\]
然後直接枚舉d的話T到飛起。我們可以發現,在很多時候,\(\lfloor \dfrac{a‘}{d}\rfloor\)的值是一樣的,因此我們可以分塊。
設\(\lfloor \dfrac{a‘}{d}\rfloor=x\) ,那麽最後一個\(\lfloor \dfrac{a‘}{d}\rfloor=x\)的\(d\)就等於\(\lfloor \dfrac{a‘}{x}\rfloor\),所以一段連續的分塊區間就是\([d,a‘/(a‘/d)]\),結合\(\lfloor \dfrac{b‘}{d}\rfloor\),去個min即可
Description
FGD正在破解一段密碼,他需要回答很多類似的問題:對於給定的整數a,b和d,有多少正整數對x,y,滿足x<=a,y<=b,並且gcd(x,y)=d。作為FGD的同學,FGD希望得到你的幫助。
Input
第一行包含一個正整數n,表示一共有n組詢問。(1<=n<= 50000)接下來n行,每行表示一個詢問,每行三個正整數,分別為a,b,d。(1<=d<=a,b<=50000)
Output
對於每組詢問,輸出到輸出文件zap.out一個正整數,表示滿足條件的整數對數。
Sample Input
2
4 5 2
6 4 3
Sample Output
3
2
HINT
對於第一組詢問,滿足條件的整數對有(2,2),(2,4),(4,2)。對於第二組詢問,滿足條件的整數對有(6,3),(3,3)。
首先題目很明顯是求
\[\sum\limits_{x=1}^{a/d} \sum\limits_{y=1}^{b/d} [gcd(x,y)==1]\]
然後我們知道莫比烏斯函數有個非常妙的性質
\[\sum\limits_{d|n} \mu(d)=[n=1]\]
那麽我們就可以將原式繼續化簡
\[\sum\limits_{x=1}^{a‘} \sum\limits_{y=1}^{b‘} \sum\limits_{d|(x,y)} \mu(d)\]
然後根據\(d|(x,y)\Rightarrow d|x,d|y\)
\[\sum\limits_{d=1}^{min(a‘,b‘)} \mu(d) \sum\limits_{x=1}^{a‘} \sum\limits_{y=1}^{b‘} 1(d|x,d|y)\]
可以看出來,原式要求的就是
\[Ans=\sum\limits_{d=1}^{min(a‘,b‘)} \mu(d)\times \lfloor \dfrac{a‘}{d}\rfloor \times \lfloor \dfrac{b‘}{d}\rfloor\]
然後直接枚舉d的話T到飛起。我們可以發現,在很多時候,\(\lfloor \dfrac{a‘}{d}\rfloor\)的值是一樣的,因此我們可以分塊。
設\(\lfloor \dfrac{a‘}{d}\rfloor=x\)
/*program from Wolfycz*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<‘0‘||ch>‘9‘;ch=getchar()) if (ch==‘-‘) f=-1;
for (;ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘;ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-‘0‘;
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+‘0‘);
}
const int N=5e4;
int prime[N+10],miu[N+10],sum[N+10];
bool inprime[N+10];
void prepare(){
miu[1]=1;
int tot=0;
for (int i=2;i<=N;i++){
if (!inprime[i]) prime[++tot]=i,miu[i]=-1;
for (int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=N;j++){
inprime[i*prime[j]]=1;
if (i%prime[j]==0){miu[i*prime[j]]=0;break;}
miu[i*prime[j]]=-miu[i];
}
}
for (int i=1;i<=N;i++) sum[i]=sum[i-1]+miu[i];
}
int main(){
prepare();
for (int Data=read();Data;Data--){
int A=read(),B=read(),D=read();
ll Ans=0;
A/=D,B/=D;
int x=min(A,B),pos=0;
for (int d=1;d<=x;d=pos+1){
pos=min(A/(A/d),B/(B/d));
Ans+=1ll*(sum[pos]-sum[d-1])*(A/d)*(B/d);
}
printf("%lld\n",Ans);
}
return 0;
}
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