BZOJ4652: [Noi2016]循环之美(莫比乌斯反演,杜教筛)
2024-10-20 13:47:49
Description
牛牛是一个热爱算法设计的高中生。在他设计的算法中,常常会使用带小数的数进行计算。牛牛认为,如果在 k
进制下,一个数的小数部分是纯循环的,那么它就是美的。现在,牛牛想知道:对于已知的十进制数 n 和 m,在
kk 进制下,有多少个数值上互不相等的纯循环小数,可以用分数 xy 表示,其中 1≤x≤n,1≤y≤m,且 x,y是整数
。一个数是纯循环的,当且仅当其可以写成以下形式:a.c1˙c2c3…cp-1cp˙其中,a 是一个整数,p≥1;对于 1
≤i≤p,ci是 kk 进制下的一位数字。例如,在十进制下,0.45454545……=0.4˙5˙是纯循环的,它可以用 5/11
、10/22 等分数表示;在十进制下,0.1666666……=0.16˙则不是纯循环的,它可以用 1/6 等分数表示。需要特
别注意的是,我们认为一个整数是纯循环的,因为它的小数部分可以表示成 0 的循环或是 k?1 的循环;而一个小
数部分非 0 的有限小数不是纯循环的。
Input
只有一行,包含三个十进制数N,M,K意义如题所述,保证 1≤n≤10^9,1≤m≤10^9,2≤k≤2000
Output
一行一个整数,表示满足条件的美的数的个数。
Sample Input
2 6 10
Sample Output
4
explanation
满足条件的数分别是:
1/1=1.0000……
1/3=0.3333……
2/1=2.0000……
2/3=0.6666……
1/1 和 2/2 虽然都是纯循环小数,但因为它们相等,因此只计数一次;同样,1/3 和 2/6 也只计数一次。
explanation
满足条件的数分别是:
1/1=1.0000……
1/3=0.3333……
2/1=2.0000……
2/3=0.6666……
1/1 和 2/2 虽然都是纯循环小数,但因为它们相等,因此只计数一次;同样,1/3 和 2/6 也只计数一次。
解题思路:
一个喜闻乐见的性质,只要x/y中y与k互质就好了。
所以这道题就是:
$\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}\epsilon(gcd(i,j))\epsilon (gcd(j, k))$
$\sum_{j=1}^{M}\epsilon(gcd(j,k))\sum_{i=1}^{N}\epsilon(gcd(i,j))$
$\sum_{j=1}^{M}\epsilon(gcd(j,k))\sum_{i=1}^{N}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$
$\sum_{j=1}^{M}\epsilon(gcd(j,k))\sum_{d=1}^{min(N,M)}\mu(d)\sum_{d|i}^{N}1$
$\sum_{j=1}^{M}\epsilon(gcd(j,k))\sum_{d=1}^{min(N,M)}\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor$
${\sum_{d=1}^{min(N,M)}\epsilon(gcd(d,k))\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor} \sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}\epsilon(gcd(i,k))$
莫比乌斯到这里结束,现在你可以获得84分,接下来是真正的烧脑环节。
我讲的不好,可以看这位巨佬的
总之,将后面那个预处理出来。
再二元递归求解整体。
代码:
#include<map>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
typedef long long lnt;
const int N=;
struct pos{lnt x,k;pos(lnt a,lnt b){x=a,k=b;}};
bool operator < (pos a,pos b){if(a.x!=b.x)return a.x<b.x;return a.k<b.k;}
struct Dark_map{
std::map<pos,lnt>A;
void insert(lnt x,lnt k,lnt v){A[pos(x,k)]=v;return ;}
bool hav(lnt x,lnt k){return A.find(pos(x,k))!=A.end();}
lnt val(lnt x,lnt k){return A[pos(x,k)];}
}S;
struct New_map{
std::map<lnt,lnt>A;
lnt a[N];
void insert(lnt p,lnt x){if(p<N)a[p]=x;else A[p]=x;return ;}
bool hav(lnt x){if(x<N)return true;return A.find(x)!=A.end();}
lnt val(lnt x){if(x<N)return a[x];return A[x];}
}Miu;
int prime[N];
int miu[N];
bool vis[N];
int cnt;
int n,m,k;
int twd[N];
int lst[N];
lnt f[];
int hd[];
lnt gcd(lnt a,lnt b){if(!b)return a;return gcd(b,a%b);}
void adde(int f,int t){cnt++;twd[cnt]=t;lst[cnt]=hd[f];hd[f]=cnt;return ;}
void gtp(void)
{
for(int i=;i<=k;i++)f[i]=f[i-]+(gcd(i,k)==);
for(int i=;i<=k;i++)for(int j=i;j<=k;j+=i)adde(j,i);
miu[]=,cnt=;
for(int i=;i<N;i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[++cnt]=i;
miu[i]=-;
}
for(int j=;j<=cnt&&i*prime[j]<N;j++)
{
vis[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j]==)
{
miu[i*prime[j]]=;
break;
}
miu[i*prime[j]]=-miu[i];
}
}
for(int i=;i<N;i++)
Miu.insert(i,Miu.val(i-)+1ll*miu[i]);
return ;
}
lnt F(lnt x)
{
return (x/k)*f[k]+f[x%k];
}
lnt MIU(lnt x)
{
if(Miu.hav(x))
return Miu.val(x);
lnt tmp=;
for(int i=,j;i<=x;i=j+)
{
j=x/(x/i);
tmp+=1ll*(j-i+)*MIU(x/i);
}
tmp=-tmp;
Miu.insert(x,tmp);
return tmp;
}
lnt SUM(lnt Nn,lnt Kk)
{
if(S.hav(Nn,Kk))
return S.val(Nn,Kk);
lnt tmp=;
if(Nn<);
else if(Kk==)
tmp=MIU(Nn);
else{
for(int I=hd[Kk];I;I=lst[I])
{
int x=twd[I];
lnt TMP=miu[x];
if(!TMP)
continue;
tmp+=SUM(Nn/x,x);
}
}
S.insert(Nn,Kk,tmp);
return tmp;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
gtp();
lnt ans=;
for(int i=,j;i<=n&&i<=m;i=j+)
{
j=std::min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=(SUM(j,k)-SUM(i-,k))*(lnt)(n/i)*F(m/i);
}
printf("%lld\n",ans);
return ;
}
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