正题

题目链接:http://www.ybtoj.com.cn/contest/122/problem/3

题目大意

$S(i)$表示$i$的约数个数，$Q$次询问给出$n,m$求
$$\sum _{a=1}^n\sum _{b=1}^{m}S(a^2)\times S(b^2)\times S(a\times b)$$

$1\le Q\le 10^4,1\le n,m\le 2\times 10^5$

解题思路

前面的推式子挺套路的
首先我们要搞定$S(n^2)$这个东西，一个经典的结论就是$S(n\times m)={\sum }_{i|n}{\sum }_{j|m}[gcd(i,j)=1]$。莫反一下就有
$$S(a\times b)=\sum _{d|(a\times b)}\mu (d)\sum _{i\times d|a}\sum _{j\times d|b}1$$
所以就有
$$S(n^2)=\sum _{d|n}\mu (d)S(\frac{n}{d}{)}^2$$
用线性筛筛出前面的$S$，然后$O(n\log n)$求出$h(n)=S(n^2)$

然后化一下式子
$$\sum _{a=1}^n\sum _{b=1}^{m}h(a)\times h(b)\sum _{i|a}\sum _{j|b}[gcd(i,j)=1]$$
$$\sum _{d=1}\mu (d)(\sum _{d|i}\sum _{i|a}h(a))(\sum _{d|j}\sum _{j|b}h(b))$$
$$\sum _{d=1}\mu (d)(\sum _{d|a}S(\frac{a}{d})h(a))(\sum _{d|b}S(\frac{b}{d})h(b))$$

然后就好像没得化简了，先处理出$F(d,n)={\sum }_{i=1}^{n}h(i\times d)S(i)$

发现$d$很大的时候后面那个东西的取值就很小，但是$d$很多，需要快速处理。

设定一个分界值$T$，每次小于$T$的部分我们就暴力用$F$数组计算，大于$T$的部分我们预处理出一个
$$G(d,i,j)=\sum _{x=T+1}^{d}F(i)F(j)\mu (d)$$
然后整除分块计算。

这里的$k$取$N^{\frac{2}{3}}$会平均一些，时间复杂度$O(n^{\frac{4}{3}}+Q{n}^{\frac{2}{3}})$

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,P=1<<30;
ll q,n,m,cnt,pri[N],mu[N],S[N],sg[N],g[N],o[N];
vector<int>f[N],d[N];
bool v[N];
void prime(){
	mu[1]=sg[1]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++){
		if(!v[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1,g[i]=2,sg[i]=2;
		for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){
			v[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0){
				g[i*pri[j]]=g[i]+1;
				sg[i*pri[j]]=sg[i]/g[i]*g[i*pri[j]];
				break;
			}
			mu[i*pri[j]]=-mu[i];g[i*pri[j]]=2;
			sg[i*pri[j]]=sg[i]*sg[pri[j]];
		}
	}
	for(ll i=1;i<N;i++)
		for(ll j=i;j<N;j+=i)
			(S[j]+=sg[j/i]*sg[j/i]*mu[i]%P)%=P;
	return;
}
signed main()
{
	freopen("math.in","r",stdin);
	freopen("math.out","w",stdout);
	prime();
	scanf("%lld",&q);ll lim=2e5;
	ll T=(ll)pow(lim,2.0/3.0)+1;
	f[0].resize(lim+1);
	for(ll i=1;i<=lim;i++){
		f[i].push_back(0); 
		for(ll j=1;j<=lim/i;j++){
			ll tmp=f[i][j-1];
			f[i].push_back((tmp+S[i*j]*sg[j])%P);
		}
	}
	d[T].resize((lim/T)*(lim/T)+1);
	for(ll i=T+1;i<=lim;i++){
		ll p=lim/i;
		d[i].resize(p*p+1);
		for(ll j=1,sum=0;j<=lim/i;j++)
			for(ll k=j;k<=lim/i;k++)
				d[i][(j-1)*p+k]=(d[i-1][(j-1)*o[i-1]+k]+f[i][j]*f[i][k]*mu[i])%P;
		o[i]=p;
	}
	while(q--){
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		if(n>m)swap(n,m);ll ans=0;
		for(ll i=1;i<=min(T,n);i++)
			(ans+=1ll*f[i][n/i]*f[i][m/i]*mu[i]%P)%=P;
		for(ll l=T+1,r;l<=n;l=r+1){
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			(ans+=d[r][(n/l-1)*o[r]+m/l]-d[l-1][(n/l-1)*o[l-1]+m/l])%=P;
		}
		printf("%lldn",(ans+P)%P);
	}
	return 0;
}

最后

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