题解 P1447 【[NOI2010]能量采集】

这题不要用莫比乌斯反演，用欧拉反演更快

【分析】

设点 $(x,y)$ 的能量损失为 $f(x,y)$

则 $\displaystyle Ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m f(i,j)$

我们先解决 $f(x,y)$ 具体是多少：

显然是 $2gcd(x,y)-1$

证明如下（不想了解的小伙伴可以跳过）

设点 $(x,y)$ 与 $(0,0)$ 之间有且仅有 $k$ 个整数点，它们分别为 $({x\over \lambda _1},{y\over \lambda_1})$ ~ $({x\over \lambda _k},{y\over \lambda_k})$

( $\forall i\in[1,k],\lambda_i>1$ )

$\because \forall i\in[1,k]$ 都有 $({x\over \lambda_i},{y\over \lambda_i})$ 为整数点

即 ${x\over \lambda_i},{y\over \lambda_i}\in Z$

因为不保证 $\lambda\in Z$ 所以不能写成 $\lambda_i\mid x\bigwedge\lambda_i\mid y$

那么，我们令 $p={x\over \lambda_i},q={y\over \lambda_i},p,q\in Z$

$\therefore gcd(x,y)=gcd(p\lambda_i,q\lambda_i)$

$\therefore {gcd(x,y)\over \lambda_i}=gcd(p,q)$

$\because$ $\lambda_i$ 有且仅有 $k$ 个取值

$\therefore$ $gcd(p,q)$ 有且仅有 $k$ 个取值，且必定为整数

$\therefore $ 对 $\forall n>1,{gcd(x,y)\over n}$ 有且仅有 $k$ 个整数取值

注：$n$ 可为分数

$\therefore$ 对 $\forall n>0,{gcd(x,y)\over n}$ 有且仅有 $(k+1)$ 个整数取值

这不就说明了 $gcd(x,y)=k+1$ 吗？

$\therefore f(x,y)=2k+1=2(k+1)-1=2gcd(x,y)-1$

好了，题目很显然了，求 $\displaystyle Ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[2gcd(x,y)-1]$

考虑 $-1$ 的贡献： $\displaystyle Ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m2gcd(x,y)-nm$

求和符号中提取公因式 $2$ :$\displaystyle Ans=2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mgcd(x,y)-nm$

接下来，有请欧拉繁衍反演闪亮登场：

它的根本是一个公式 $\displaystyle \sum_{d\mid n}\boldsymbol \varphi(d)=n$

这个公式怎么来的？我上次看到某个 dalao 给出了形象的证明：

假设我们有 ${1\over n},{2\over n},{3\over n}\dots {n-1\over n},{n\over n}$ 共 $n$ 个分数。将它们能约分的全部约分，则约分后的分母 $d$ ，必定满足 $d\mid n$ 。且对 $\forall d\mid n$ ，分母为 $d$ 的分数一共出现 $\boldsymbol \varphi(d)$ 次。所以 $\displaystyle \sum_{d\mid n}\boldsymbol \varphi(d)=n$ 。

还是不了解的可以试着用莫比乌斯反演证明，也是可行的

所以原式又能继续化简： $\displaystyle Ans=2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d\mid gcd(i,j)}\boldsymbol \varphi(d)-nm$

因为 $n,m$ 对答案的贡献是对称的，我们不妨设 $n<m$

调换顺序，枚举 $d$

$\therefore\displaystyle Ans=2\sum_{d=1}^n\boldsymbol \varphi(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[d\mid gcd(i,j)]-nm$

$\displaystyle \qquad\quad=2\sum_{d=1}^n\boldsymbol \varphi(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[d\mid i\bigwedge d\mid j]-nm$

$\displaystyle \qquad\quad=2\sum_{d=1}^n\boldsymbol \varphi(d)\sum_{i=1}^n[d\mid i]\sum_{j=1}^m[d\mid j]-nm$

分别考虑 $i,j$ 的贡献：

$\displaystyle Ans=2\sum_{d=1}^n\boldsymbol \varphi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor{n\over d}\rfloor}[1\mid i]\sum_{j=1}^{\lfloor{m\over d}\rfloor}[1\mid j]-nm$

$\displaystyle \qquad=2\sum_{d=1}^n\boldsymbol \varphi(d){\lfloor{n\over d}\rfloor}{\lfloor{m\over d}\rfloor}-nm$

剩下的整除分块搞一搞就出来了

【代码】

那本蒟蒻就放我码风极丑的代码了

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define f(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a<=c;a++)

#define g(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a>=c;a--)

//#define LOCAL

typedef int i32;

typedef unsigned int u32;

typedef long long int i64;

typedef unsigned long long int u64;

const i32 MAXN=1e5;

typedef i64 ar[MAXN+10];

namespace HABIT{

    template<typename T> inline T Max(T a) { return a; }

    template<typename T,typename... Args> inline T Max(T a,Args... args){

        T b=Max(args...);

        return (a>b)?a:b;

    }

    template<typename T> inline T Min(T a) { return a; }

    template<typename T,typename... Args> inline T Min(T a,Args... args){

        T b=Min(args...);

        return (a<b)?a:b;

    }

    #ifdef LOCAL

        inline char gc() { return getchar(); }

    #else

        inline char gc() {

            static char s[1<<20|1]={0},*p1=s,*p2=s;

            return (p1==p2)&&(p2=(p1=s)+fread(s,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*(p1++);

        }

    #endif

    inline i32 read(){

        register i32 ans=0;register char c=gc();register bool neg=0;

        while(c<48||c>57) neg^=!(c^'-'),c=gc();

        while(c>=48&&c<=57) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=gc();

        return neg?-ans:ans;

    }

    char Output_Ans[1<<20|1],*Output_Cur=Output_Ans;

    inline bool output() { Output_Cur-=fwrite(Output_Ans,1,Output_Cur-Output_Ans,stdout); }

    inline void print(char c) { (Output_Cur-Output_Ans+1>>20)&&output(),*(Output_Cur++)=c; }

    inline void print(i64 x){

        char buf[21]={0}; (Output_Cur-Output_Ans+sprintf(buf,"%lld",x)>>20)&&output();

        Output_Cur+=sprintf(Output_Cur,"%lld",x);

    }

}

using namespace HABIT;

ar ar_d_Fc,ar_d_Prime,ar_d_Phi;

inline void pre(i32 d_Lim){

    i64 *ptr_d_Prime=ar_d_Prime;

    ar_d_Phi[1]=1;

    f(i,2,I,d_Lim){

        if(!ar_d_Fc[i]) ar_d_Phi[i]=(*(ptr_d_Prime++)=ar_d_Fc[i]=i)-1;

        for(register i64 *p=ar_d_Prime;p<ptr_d_Prime&&*p*i<=d_Lim;p++){

            ar_d_Fc[*p*i]=*p;

            ar_d_Phi[*p*i]=*p*ar_d_Phi[i];

            if(*p<ar_d_Fc[i]) ar_d_Phi[*p*i]-=ar_d_Phi[i];

            else break;

        }

        ar_d_Phi[i]+=ar_d_Phi[i-1];

    }

}

int main(){

    i32 d_N=read(),d_M=read();

    i64 lld_Ans=-1ll*d_N*d_M;

    if(d_N>d_M) d_N^=d_M^=d_N^=d_M;

    pre(d_N);

    for(register i32 l=1,r;l<=d_N;l=r+1){

        r=Min( d_N/(d_N/l) , d_M/(d_M/l) );

        lld_Ans+=(ar_d_Phi[r]-ar_d_Phi[l-1])*(d_N/r)*(d_M/r)*2;

    }

    print(lld_Ans);

    output();

    return 0;

}

最后安利一下本蒟蒻的博客

巴特西

题解 P1447 【[NOI2010]能量采集】

【分析】

【代码】

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