BZOJ 2440 2301 莫比乌斯应用

本文主要是介绍BZOJ 2440 2301 莫比乌斯应用，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2440

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

HINT

无平方因子数(Square-Free Number)，即分解之后所有质因数的次数都为1的数
首先二分答案 问题转化为求[1,x]之间有多少个无平方因子数
根据容斥原理可知 对于sqrt(x)以内所有的质数 有
  x以内的无平方因子数
=0个质数乘积的平方的倍数的数的数量(1的倍数)
-每个质数的平方的倍数的数的数量(9的倍数,25的倍数,...)

+每2个质数乘积的平方的倍数的数的数量(36的倍数,100的倍数,...)-...

容易发现每个乘积a^2前面的符号恰好是mu[a]

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define maxn 1000000
#define LL long long
LL mu[maxn+1];
LL pri[maxn+1],tot;
bool isprime[maxn+1];
void init(){tot=0;isprime[0]=isprime[1]=false;for(LL i=2;i<=maxn;i++)isprime[i]=true;for(LL i=2;i<=maxn;i++){if(isprime[i]){pri[tot++]=i;mu[i]=-1;}for(LL j=0;j<tot&&i*pri[j]<=maxn;j++){isprime[i*pri[j]]=0;if(i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;}mu[i*pri[j]]=-mu[i];}}
}
LL calc(LL m){LL res=0;for(LL i=2;i*i<=m;i++){LL tmp=m/(i*i);res-=mu[i]*tmp;}return res;
}
LL bin(LL m){LL res=m;for(LL i=2;i*i<=m;i++){LL tmp=m/(i*i);res+=mu[i]*tmp;}return res;
}
int main(){init();LL T;scanf("%lld",&T);while(T--){LL k;scanf("%lld",&k);
//        LL t = k + calc(k);
//        while(t-calc(t)!=k){
//            t = k + calc(t);
//        }LL l=k + calc(k),r=k+k,tt,cnt;
//        cout<<calc(4)<<endl;while(l<=r){tt=(l+r)>>1;cnt=bin(tt);
//            cout<<cnt<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<tt<<endl;if(cnt>k)r=tt-1;else if(cnt<k)l=tt+1;else if(cnt==k&&calc(tt-1)==calc(tt)){break;}else{r=tt-1;}}
//        cout<<cnt<<" "<<l<<" "<<r<<" "<<tt<<endl;printf("%lld\n",tt);}return 0;
}

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Output

题意很清楚了，求多少个（x,y）对。

那么令f(k)表示为gcd(x,y)=k的个数，其中a<=x<=b  && c<=y<=d

如此，对应F(k)表示gcd(x,y)=k倍数的数的个数。

对于这个题，假设用函数calc(b,d)计算表示为1<=x<=b  && 1<=y<=d的gcd(x,y)==k的对数，那么最终结果为：

calc(b,d)-calc(a-1,d)-calc(b,c-1)+cala(a-1,c-1)

如此一来，计算F(k)就方便了，比如calc(b,d)的话，

F[k]=(b/k)*(d/k)。

然后通过莫比乌斯反演得到f(k)即为结果。

但是会TLE。

需要优化，

观察式子，发现  （n/k）      最多有     2sqrt(n)  个取值
那么   (n/k)*(m/k)            就至多有       2(sqrt(n)+sqrt(m))            个取值
枚举这 些 取值，对莫比乌斯函数维护一个前缀和，就可以在  sqrt(n)        时间内出解
总时间复杂度nsqrt(n)
枚举除法的取值这种方法在莫比乌斯反演的应用当中非常常用，且代码并不难写

if(n>m) swap(n,m);
for(i=1;i<=n;i=last+1)
{
last=min(n/(n/i),m/(m/i));
re+=(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
}
return re;

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define maxn 50000
int mu[maxn+1],sum[maxn+1];
int notprime[maxn+1];
int pri[maxn+1],tot;
void init(){mu[1]=1;sum[1]=1;for(int i=2;i<=maxn;i++){if(!notprime[i]){pri[tot++]=i;mu[i]=-1;}for(int j=0;j<tot&&pri[j]*i<=maxn;j++){notprime[i*pri[j]]=1;if(i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;}mu[i*pri[j]]=-mu[i];}sum[i]=sum[i-1]+mu[i];}
}
/****************************************************
int calc(int n,int m,int k){    //TLE  case T moreif(n>m)swap(n,m);int res=0;for(int i=k;i<=n;i+=k)res+=mu[i/k]*(n/i)*(m/i);return res;
}
*****************************************************/
int calc(int n,int m,int k){    //TLE  case T moreif(n>m)swap(n,m);n/=k,m/=k;int res=0,last;for(int i=1;i<=n;i=last+1){last=min(n/(n/i),m/(m/i));
//        cout<<i<<" "<<k<<endl;res+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);}return res;
}
int main(){init();int T;scanf("%d",&T);while(T--){int a,b,c,d,k;scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);int ans=calc(b,d,k)-calc(a-1,d,k)-calc(b,c-1,k)+calc(a-1,c-1,k);printf("%d\n",ans);}return 0;
}

这篇关于BZOJ 2440 2301 莫比乌斯应用的文章就介绍到这儿，希望我们推荐的文章对编程师们有所帮助！

---