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BZOJ 3529: [Sdoi2014]数表

2024-08-28 22:54:10   223人阅读

3529: [Sdoi2014]数表

Time Limit: 10 Sec  Memory Limit: 512 MB
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Description

    有一张N×m的数表，其第i行第j列（1 < =i < =礼，1 < =j < =m）的数值为
能同时整除i和j的所有自然数之和。给定a，计算数表中不大于a的数之和。

Input

    输入包含多组数据。
    输入的第一行一个整数Q表示测试点内的数据组数，接下来Q行，每行三个整数n，m，a(|a| < =10^9)描述一组数据。

Output

    对每组数据，输出一行一个整数，表示答案模2^31的值。

Sample Input

2
4 4 3
10 10 5

Sample Output

20
148

HINT

 

1 < =N．m < =10^5  ， 1 < =Q < =2×10^4

 

Source

Round 1 Day 1

分析：

论我的心情变化：劳资不陪你玩了，我还不信推不出来了--->TAT你赢了--->%PoPoQQQ...

大家都膜拜了Po姐，那我们也来膜拜一发...

首先公式恐惧症的我看到公式就GG，所以先把a的限制去掉...

定义F(i)代表i的约数之和...g(i)代表gcd(x,y)=i的数对个数...根据BZOJ1101我们可以得出g(i)的做法...

Σ(1<=i<=n) Σ(1<=j<=n) F(gcd(i,j))     (还是规定n<m)

=Σ(1<=i<=n) F(i)*g(i)

=Σ(1<=i<=n) F(i)*Σ(1<=x<=n/i) μ(x)*(n/i/x)*(m/i/x)

=Σ(1<=i<=n) F(i)*Σ(i|x&&x<=n) μ(x/i)*(n/x)*(m/x)

=Σ(1<=x<=n) (n/x)*(m/x)*Σ(i|x)μ(x/i)*F(i)

所以我们还是可以采用分段的思想...

先暴力的预处理出F函数和μ函数，然后枚举i，再枚举i的倍数x，用树状数组维护前缀和...

现在加上了a的限制...那就离线，按照a从小到大排序...

代码：

技术分享 
 1 #include<algorithm>
 2 #include<iostream>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdio>
 5 //by NeighThorn
 6 using namespace std;
 7 //大鹏一日同风起，扶摇直上九万里
 8 
 9 const int maxn=100000+5,maxm=20000+5;
10 
11 int cas,cnt,Max,Mod=2147483647,tr[maxn],miu[maxn],vis[maxn],prime[maxn];
12 
13 struct M{
14     int n,m,a,id;
15     unsigned int ans;
16 }q[maxm];
17 
18 struct N{
19     int pos,val;
20 }f[maxn];
21 
22 inline bool cmp1(M x,M y){
23     return x.a<y.a;
24 }
25 
26 inline bool cmp2(M x,M y){
27     return x.id<y.id;
28 }
29 
30 inline bool cmp3(N x,N y){
31     return x.val<y.val;
32 }
33 
34 inline void insert(int x,int y){
35     for(;x<=Max;x+=x&(-x))
36         tr[x]+=y;
37 }
38 
39 inline int query(int x){
40     int sum=0;
41     for(;x;x-=x&(-x))
42         sum+=tr[x];
43     return sum;
44 }
45 
46 signed main(void){
47     scanf("%d",&cas);Max=0;
48     for(int i=1;i<=cas;i++){
49         scanf("%d%d%d",&q[i].n,&q[i].m,&q[i].a),q[i].id=i;
50         if(q[i].n>q[i].m)
51             swap(q[i].n,q[i].m);
52         Max=max(Max,q[i].m);
53     }miu[1]=1;cnt=0;
54     memset(vis,0,sizeof(vis));
55     for(int i=2;i<=Max;i++){
56         if(!vis[i])
57             vis[i]=1,prime[++cnt]=i,miu[i]=-1;
58         for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=Max;j++){
59             vis[i*prime[j]]=1;
60             if(i%prime[j]==0){
61                 miu[i*prime[j]]=0;break;
62             }
63             miu[i*prime[j]]=-miu[i];
64         }
65     }
66     for(int i=1;i<=Max;i++){
67         f[i].pos=i;
68         for(int j=i;j<=Max;j+=i)
69             f[j].val+=i;
70     }
71     sort(f+1,f+Max+1,cmp3);
72     sort(q+1,q+cas+1,cmp1);
73     int lala=0;
74     for(int i=1;i<=cas;i++){
75         while(lala+1<=Max&&f[lala+1].val<=q[i].a){
76             lala++;
77             for(int j=f[lala].pos;j<=Max;j+=f[lala].pos)
78                 insert(j,f[lala].val*miu[j/f[lala].pos]);
79         }
80         for(int j=1,r;j<=q[i].n;j=r+1){
81             r=min(q[i].n/(q[i].n/j),q[i].m/(q[i].m/j));
82             q[i].ans+=(query(r)-query(j-1))*(q[i].n/j)*(q[i].m/j);
83         }
84         q[i].ans&=Mod;
85     }
86     sort(q+1,q+cas+1,cmp2);
87     for(int i=1;i<=cas;i++)
88         printf("%u\n",q[i].ans);
89     return 0;
90 }
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