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bzoj 2005: [Noi2010]能量采集 筛法||欧拉||莫比乌斯

2024-08-11 05:06:51   213人阅读

2005: [Noi2010]能量采集

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Description

栋栋有一块长方形的地，他在地上种了一种能量植物，这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后，
栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。 栋栋的植物种得非常整齐，一共有n列，每列
有m棵，植物的横竖间距都一样，因此对于每一棵植物，栋栋可以用一个坐标(x, y)来表示，其中x的范围是1至n，
表示是在第x列，y的范围是1至m，表示是在第x列的第y棵。 由于能量汇集机器较大，不便移动，栋栋将它放在了
一个角上，坐标正好是(0, 0)。 能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器
连接而成的线段上有k棵植物，则能量的损失为2k + 1。例如，当能量汇集机器收集坐标为(2, 4)的植物时，由于
连接线段上存在一棵植物(1, 2)，会产生3的能量损失。注意，如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植
物，则能量损失为1。现在要计算总的能量损失。 下面给出了一个能量采集的例子，其中n = 5，m = 4，一共有20
棵植物，在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。 在这个例子中，总共产生了36的能
量损失。

Input

仅包含一行，为两个整数n和m。

Output

仅包含一个整数，表示总共产生的能量损失。

Sample Input

【样例输入1】
5 4
【样例输入2】
3 4

Sample Output

【样例输出1】
36
【样例输出2】
20
对于100%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100,000。
 
　　　　    n　　m
题意：求2*∑      ∑ gcd(i,j)-1;
　　　　   i=1  j=1
思路：首先一个很涨知识的筛法；
　　　g[k]表示gcd(i,j)==k的个数；
　　　g[k]=n/k*m/k-g[2*k]-g[3*k]-.......;
　　　逆序写即可,复杂度O（n*log（n））；
#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define pi (4*atan(1.0))const int N=1e5+10,M=4e6+10,inf=1e9+10;ll g[N];int main(){    int x,y,z,i,t;    while(~scanf("%d%d",&x,&y))    {        ll ans=0;        for(i=min(x,y);i>=1;i--)        {            g[i]=(ll)x/i*(y/i);            for(t=i+i;t<N;t+=i)            g[i]-=g[t];            ans+=g[i]*(2*i-1);        }        printf("%lld\n",ans);    }    return 0;}

欧拉函数：

　　 　　　　n     m　　　　　n     m                       min(n,m)

证明过程：   ∑      ∑ gcd(i,j)=∑      ∑     ∑ Ø(d)     =  ∑  Ø(d) * (n/d) *(m/d)

　　　　　　i=1   j=1           i=1   j=1  d|gcd(i,j)     d=1

　　　　　　分块写，复杂度 预处理O（1e5)+sqrt(min(n,m));

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define pi (4*atan(1.0))const int N=1e5+10,M=1e6+10,inf=1e9+10;const ll INF=1e18+10;ll p[N],ji;bool vis[N];ll phi[N];ll sum[N];void get_eular(int n){    ji = 0;    phi[1]=1;    memset(vis, true, sizeof(vis));    for(int i = 2; i <= n; i++)    {        if(vis[i])        {            p[ji ++] = i;            phi[i] = i - 1;        }        for(int j = 0; j < ji && i * p[j] <= n; j++)        {            vis[i * p[j]] = false;            if(i % p[j] == 0)            {                phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];                break;            }            else            phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];        }    }}int main(){    get_eular(N);    memset(sum,0,sizeof(sum));    for(int i=1;i<=1e5;i++)    sum[i]=sum[i-1]+phi[i];    ll x,y;    while(~scanf("%lld%lld",&x,&y))    {        if(x>y)swap(x,y);        ll ans=0;        for(int L=1,R=0;L<=x;L=R+1)        {            R=min(x/(x/L),y/(y/L));            ans+=(sum[R]-sum[L-1])*(x/L)*(y/L);        }        printf("%lld\n",2*ans-x*y);    }    return 0;}

莫比乌斯：模版题；

　　　　　gcd（i,j）==k，枚举k；

　　　　　复杂度O（min（n,m)sqrt(n));

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;#define ll long long#define esp 0.00000000001#define pi 4*atan(1)const int N=1e5+10,M=1e7+10,inf=1e9+10,mod=1e9+7;ll mu[N], p[N], np[N], cnt, sum[N];void init() {    mu[1]=1;    for(int i=2; i<N; ++i) {        if(!np[i]) p[++cnt]=i, mu[i]=-1;        for(int j=1; j<=cnt && i*p[j]<N; ++j) {            int t=i*p[j];            np[t]=1;            if(i%p[j]==0) { mu[t]=0; break; }            mu[t]=-mu[i];        }    }    for(int i=1;i<N;i++)    sum[i]=sum[i-1]+mu[i];}ll getans(int b,int d){    ll ans=0;    for(int L=1,R=0;L<=b;L=R+1)    {        R=min(b/(b/L),d/(d/L));        ans+=(ll)(sum[R]-sum[L-1])*(b/L)*(d/L);    }    return ans;}int main(){    init();    int b,d,k;    while(~scanf("%d%d",&b,&d))    {        if(b>d)swap(b,d);        ll ans=0;        for(int i=1;i<=b;i++)        ans+=getans(b/i,d/i)*i;        printf("%lld\n",2*ans-(ll)b*d);    }    return 0;}

 

　　　　

 

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