SPOJ P易做图 （mobius反演 + 分块）
题意 ：求满足易做图(i , j)是素数(1 <= i <= n && 1 <= j <= m)二元组(i , j)个数。很值得总结的题。。。
首先得会一点前提东西 。。。先简单说下Mobius反演，就是偏序集上的容斥原理。
定义
F(n) = sigma (G(d)) d | n
那么G(n) = sigma (F(d) * miu (n / d)) d | n
还有另外一个表达形式
F(n) = sigma (G(d)) n | d
G(n) = sigma (F(d) * miu (d / n)) n | d
miu(i)是莫比乌斯函数
1 (i = 1)
miu(i) = (-1) ^ k (i是square free number，k是i的素因子个数)
0 (其它情况)
然后 就是要会求一个东西 易做图 (i , j) = k 的数量。 （可以拿SPOJ VLATTICE 先练练）
令F(k)表示易做图(i , j) >= k的数量。 这个东西 比较好求 就是(n / k) * (m / k)
然后令G(k)表示易做图(i , j) = k的数量。这个东西不 好求，就可以反演出来了
显然F(k) = sigma (G[d]) k | d
则G(k) = sigma (G[d] * miu (d / k)) k | d
这样就可以枚举d做出来了。。。。
对于这题，分成三个阶段。。。
stage 1 :打个素数表，然后预处理出miu函数。那么直接枚举素数p，求易做图(i , j) = p的数量，然后累加就行了。
预处理可以用线性筛选搞到O(n)，每次查询是O(prime_count(n) * n)。显然会TLE。。。。
stage 2 :整理1中的式子，求的是sigma(F(d) * miu(d / p)) p为素数。
那么其中的F(d)只和d有关。。。可以枚举d，那么就要求出P[d] = sigma(miu(d / p))了p是d的某一个素因子。。。
如果d = p1 ^ k1 * p2 ^ k2 * …… pm ^ km
1、如果ki全为1,那么d / pi是square free number,而且素因子个数为m - 1。答案就是((m - 1) & 1 ? -1 : 1) * m
2、如果ki中只有1个为2，那么如果pi的指数为1,那么d / pi肯定不是square free number,那么miu值为0,不用管。如果pi的指数为2的话，那么d / pi肯定是square free number,素因子数个还为m，答案就是(m & 1 ? -1 : 1)
3、其余情况d / pi肯定不是square free number,miu值全为0，答案就是0.
处理完之后，对于查询只需要枚举d，然后 sigma(F(d) * P(d))
预处理同样可以用线性筛选完成O(n)，每次查询O(n)。但是还是TLE。。。好SXBK。
PS：线性筛选太强大了。。。记录了每一个合数的最小素因子，保证每个合数最多被筛一次，保证了线性复杂度。
而且有了最小素因子minumfac[]，就可以记录素因子个数totnum[]以及不同的素因子个数diffnum[]。就可以处理出P[]。
stage 3:又是经典的分块，考虑F(d) = (n / d) * (m / d)，这个东西只有log()级别种，相邻的部分值是一样的。
对于这种分块不熟的可以做CQOI2007 余数之和sum。
这样的话预处理O(n)，查询O(sqrt(n))。。。终于过了
PS：SPOJ把MLE判成RE，然后 我就RE了10多次。。。。。线性筛选的时候少了一句话，又TLE好多次。。。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define pii pair<int,LL>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 10000005;
int cnt = 0 , prime[N] , minumfac[N];
int totnum[N] , diffnum[N] , p[N];
bool isnotprime[N];
// int miu[N];
void init () {
isnotprime[0] = isnotprime[1] = true;
cnt = 0 ;
// miu[1] = 1;
for (int i = 2 ; i < N ; i ++) {
if (!isnotprime[i]) {
prime[cnt ++] = i;
// miu[i] = -1;
}
for (int j = 0 ; j < cnt && i * prime[j] < N ; j ++) {
isnotprime[i * prime[j]] = true;
minumfac[i * prime[j]] = prime[j];
// if (i % prime[j] == 0) miu[i * prime[j]] = 0;
// else miu[i * prime[j]] = - miu[i];
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
p[1] = 0;
for (int i = 2 ; i < N ; i ++) {
if (!isnotprime[i]) totnum[i] = diffnum[i] = 1;
else {
totnum[i] = totnum[i / minumfac[i]] + 1;
diffnum[i] = diffnum[i / minumfac[i]] + ((i / minumfac[i]) % minumfac[i] != 0);
}
if (totnum[i] == diffnum[i]) p[i] = (((totnum[i] - 1) & 1) ? -1 : 1) * totnum[i];
else if (totnum[i] - diffnum[i] == 1) p[i] = (diffnum[i] & 1) ? -1 : 1;
else p[i] = 0;
p[i] += p[i - 1];
}
}
int main () {
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen ("input.txt" , "r" , stdin);
// freopen ("output.txt" , "w" , stdout);
#endif
int t;
scanf ("%d" , &t);
init ();
while (t --) {
int n , m ;
LL ans = 0;
scanf ("%d %d" , &n , &m);
if (n > m) swap (n , m);
/*
// stage 1:
// make talbe : O(n)
// for every query : O(n * prime_count(n))
for (int i = 0 ; i < cnt ; i ++) {
int p = prime[i];
for (int j = p ; j <= n ; j += p) {
#define f(a , b , p) ((a / p) * (b / p))
ans += miu[j / p] * f(n , m , j);
}
}
*/
/*
// stage 2:
// make table : O(n)
// for every query : O(n)
for (int i = 1 ; i <= n ; i ++) {
#define f(d) ((n / d) * (m / d))
ans += p[i] * f(i);
}
*/
// stage 3:
// make table : O(n)
// for every query : O(sqrt (n))
for (int i = 2 , next; i <= n ; i = next) {
int d1 = n / i , d2 = m / i;
int next_n = n / d1 + 1 , next_m = m / d2 + 1;
next = min (next_m , next_n);
ans += 1LL * (p[next - 1] - p[i - 1]) * d1 * d2;
}
printf ("%lld\n" , ans);
}
return 0;
}
补充：软件开发 , C++ ,
