首先我们来看一道题
BZOJ 2301 Problem b
Description
Input
第一行一个整数n，接下来n行每行五个整数，分别表示a、b、c、d、k
Output
共n行，每行一个整数表示满足要求的数对(x,y)的个数
Sample Input
2 5 1 5 1
1 5 1 5 2
Sample Output
HINT
100%的数据满足：1≤n≤50000，1≤a≤b≤50000，1≤c≤d≤50000，1≤k≤50000。
乍一看，大家的force想法:枚举x，y！之后辗转相除！！
但是复杂度已经爆炸。几乎是一个O(n^3)规模的算法
继续想！
我们发现:为什么要枚举所有的k啊，我们只要把k的倍数枚举一下就行了啊，然后看看两个数除以k后gcd等不等于1就行了啊。
这样O(n^2logn)的时间复杂度!
继续想！
我们求的是
我们把它变换一下。。
而在学习莫比乌斯反演的时候，我们得出了一个性质。
所以，我们把gcd(a,b)==1换成上面一行的sigma，把n改成gcd(a,b)即可。
变成了
现在我们把第三重sigma移动到最外面。变成了(这一步需要仔细思考，要配合容斥原理)
复杂度为O(n^2)。然而还是有点慢。
我们发现，有一些区间的一些段的是重复的，如下图。
a1的意思是第一个使n/ai为整数的d。其他同理。
在（a1-1）之前的区间，我们发现一直是重复的，所以我们在线性筛里面放一个处理求Mobius函数的前缀和，最后把一些重复的直接用前缀和乘即可即可，这样节省了很多重复操作。
达到了O(nlogn)。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm> #define viper 50005 using namespace std; bool is_prime[viper]; int prime[viper],size=,mu[viper],sum[viper]; void mu_choice()
{
mu[]=;
for(int i=;i<=;i++)
{
if(!is_prime[i])prime[++size]=i,mu[i]=-;
int j=,t=prime[j]*i;
while(j<=size&&t<=)
{
is_prime[t]=;
if(i%prime[j]==)
{
mu[t]=;
break;
}
else mu[t]=-mu[i];
t=prime[++j]*i;
}
}
for(int i=;i<=;i++)sum[i]=sum[i-]+mu[i];
} int puck(int l,int r)
{
if(l<r)swap(l,r);
int last,re=;
for(int i=;i<=r;i=last+)
{
last=min(l/(l/i),r/(r/i));//每个重复区间的尾端
re+=(sum[last]-sum[i-])*(l/i)*(r/i);
}
return re;
} int main()
{
int T,a,b,c,d,k;
mu_choice();
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
a--,c--;
a/=k,b/=k,c/=k,d/=k;
printf("%d\n",puck(b,d)+puck(a,c)-puck(a,d)-puck(c,b));//容斥原理
}
return ;
}
接下来我们来看下一题。。
BZOJ 2820 YY的GCD
Description
Input
Output
Sample Input
10 10
100 100
Sample Output
2791
HINT
T = 10000
N, M <= 10000000
乍一看，这不和上题没什么区别啊。。不就是枚举质数然后随便求吗。。
然而，这样求肯定TLE。。
让我们继续。
设T=pd，来变换一下。
之后?把预处理一下，把每个质数的倍数枚举一下，分块。。O（n）的时间复杂度(每个质数logn，n内一共n/logn个质数)。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm> #define N 10000001 using namespace std; int mu[N],prime[N],b=;
long long f[N]; bool is_prime[N]; void get_mu()
{
mu[]=;
for(int i=;i<=N-;i++)
{
if(!is_prime[i])prime[++b]=i,mu[i]=-;
int j=,t=*i;
while(j<=b&&t<=N-)
{
is_prime[t]=;
if(i%prime[j]==)
{
mu[t]=;
break;
}
mu[t]=-mu[i];
t=prime[++j]*i;
}
}
for(int i=;i<=b;i++)
{
int p=prime[i];
for(int j=;j*p<=N-;j++)
f[p*j]+=mu[j];
}
for(int i=;i<=N-;i++)f[i]+=f[i-];
} int main()
{
get_mu();
int T,l,r;
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
scanf("%d%d",&l,&r);
if(l<r)swap(l,r);
int last;
long long ans=;
for(int i=;i<=r;i=+last)
{
last=min(l/(l/i),r/(r/i));
ans+=(long long)(f[last]-f[i-])*(l/i)*(r/i);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return ;
}
BZOJ 3529 数表
Description
有一张N×m的数表，其第i行第j列（1 < =i < =n，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。
让我们先把这道题看简单一点(去掉a的限制)
求得是：
F(i)代表i的约数和。
令g(i)为1<=x<=n,1<=y<=m,gcd(x,y)=i的数对(x,y)的个数
则有。
接下来又是喜闻乐见的前缀和。
在线性筛里面完成即可。
但是有a的限制，怎么办？
我们可以以a为关键字按升序排序，把F[i]按升序排序。
之后每次把a以内的按F[i]添加到一个树状数组里面，之后每次分块即可。。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm> #define maxq 40001 #define maxn 100001 using namespace std; struct ed{
int a,n,m,id,ans;
}a[maxq]; bool is_prime[maxn]; int prime[maxn],b=,mu[maxn],bit[maxn],ans[maxn]; struct sb{
int num,Id;
}f[maxn]; void mu_choice()
{
mu[]=;
for(int i=;i<=maxn-;i++)
{
if(!is_prime[i])prime[++b]=i,mu[i]=-;
int j=,t=*i;
while(j<=b&&t<=maxn-)
{
is_prime[t]=;
if(i%prime[j]==)
{
mu[t]=;
break;
}
mu[t]=-mu[i];
t=prime[++j]*i;
}
}
for(int i=;i<maxn;i++)
{
for(int j=;j*i<maxn;j++)
f[j*i].num+=i;
f[i].Id=i;
}
} bool cmp(const ed A,const ed B)
{
return A.a<B.a;
} bool cmp2(const sb A,const sb B)
{
return A.num<B.num;
} void add(int pos,int num)
{
while(pos<=maxn-)
{
bit[pos]+=num;
pos+=pos&-pos;
}
} int sum(int pos)
{
int ne=;
while(pos>)
{
ne+=bit[pos];
pos-=pos&-pos;
}
return ne;
} void solve(int x)
{
int last;
for(int i=;i<=a[x].n;i=last+)
{
last=min(a[x].n/(a[x].n/i),a[x].m/(a[x].m/i));
ans[a[x].id]+=(sum(last)-sum(i-))*(a[x].n/i)*(a[x].m/i);
}
} int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("3529.in","r",stdin);
freopen("3529.out","w",stdout);
#endif
int T,aa,n,m;
scanf("%d",&T);
for(int i=;i<=T;i++)
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&aa);
if(n>m)swap(n,m);
a[i].a=aa,a[i].n=n,a[i].m=m,a[i].id=i;
}
mu_choice();
sort(+a,a++T,cmp);
sort(+f,f+maxn,cmp2);
int puck=;
for(int i=;i<=T;i++)
{
while(puck<maxn&&f[puck].num<=a[i].a)
{
for(int j=;j<=((maxn-)/f[puck].Id);j++)
add(j*f[puck].Id,mu[j]*f[puck].num);
puck++;
}
solve(i);
}
for(int i=;i<=T;i++)
printf("%d\n",ans[i]&0x7fffffff);
return ;
}
代码凑合着看吧。。