csu 2014 summer training day 2 莫比烏斯反演

SPOJ VLATTICE

題意：x,y,z<=1000000，x<=a,y<=b,z<=c,給定a、b、c,求gcd(x,y,z)=1的個數

解釋：設 f(n)是gcd(x,y,z)=n的種數，F(n)=n|gcd(x,y,z)的種數

那麼F(n)=f(n)+f(2n)....=sigm(f(d)){n|d}

那麼根據反演公式 f(n)=sigm(u(d/n)*F(d)){n|d}

咱們要求的是f(1)=sigm(u(1)*F(n)+u(2)*F(2n)+u(3)*F(3n).....) kn<=min(a,b,c)

F(d)=(x/d)*(y/d)*(z/d)

依次求和便可，求u(x)部分是模板

 1 #include <iostream>
 2 #include <string.h>
 3 #include <stdio.h>
 4 #include <iostream>
 5 #define maxn 1001000
 6 #define LL long long
 7 using  namespace std;
 8 
 9 int K[maxn];
10 int C[maxn];
11 int U[maxn];
12 bool flag[maxn];
13 int prim[maxn/3];
14 int cnt;
15 void culc(){
16     cnt=0;
17     U[1]=1;
18     memset(flag,0,sizeof(flag));
19     for(int i=2;i<=1000000;i++){
20         if (!flag[i]){
21             prim[cnt++]=i;
22             U[i]=-1;
23         }
24         for(int j=0;j<cnt;j++){
25             if (i*prim[j]>1000000) break;
26             flag[i*prim[j]]=true;
27             if (i % prim[j]==0){
28                 U[i*prim[j]]=0;
29                 break;
30             }else {
31                 U[i*prim[j]]=-U[i];
32             }
33         }
34     }
35     return ;
36 }
37 LL solve(int N){
38     LL ans=0;
39     for(int i=1;i<=N;i++){
40         LL k=N/i;
41         ans=ans+U[i]*k*k*(k+3);
42     }
43 
44     return ans;
45 }
46 int t;
47 int N;
48 int main(){
49     culc();
50     scanf("%d",&t);
51     while(t--){
52         scanf("%d",&N);
53         LL ans=solve(N);
54         printf("%lld\n",ans+3);
55     }
56     return 0;
57 }

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HDU 1695

題意：

給定b,d,K，求x<=b,y<=d中gcd(x,y)=K的個數，其中gcd(3,5)和gcd(5,3)算一種

分析：和上題相似，關鍵部分：

if(b > d)swap(b,d); LL ans1=0,ans2=0; for(int i=1; i<=b;i++) ans1+=(LL)U[i]*(b/i)*(d/i); for(int i=1; i<=b;i++) ans2+=(LL)U[i]*(b/i)*(b/i); ans1-=ans2/2;
簡要說一下，當i>b時每次都加0，沒意義。
當x<=b,y>b的時候，(b,d)只計算了一次
當x<=b,y<=b的時候，(b,d),(d,b)重複出現了兩次
因此ans=ans1-ans2/2;

 1 #include <iostream>
 2 #include <string.h>
 3 #include <stdio.h>
 4 #include <iostream>
 5 #define maxn 100100
 6 #define LL long long
 7 using  namespace std;
 8 
 9 int U[maxn];
10 bool flag[maxn];
11 int prim[maxn/3];
12 int cnt;
13 void culc(){
14     cnt=0;
15     U[1]=1;
16     memset(flag,0,sizeof(flag));
17     for(int i=2;i<=100000;i++){
18         if (!flag[i]){
19             prim[cnt++]=i;
20             U[i]=-1;
21         }
22         for(int j=0;j<cnt;j++){
23             if (i*prim[j]>100000) break;
24             flag[i*prim[j]]=true;
25             if (i % prim[j]==0){
26                 U[i*prim[j]]=0;
27                 break;
28             }else {
29                 U[i*prim[j]]=-U[i];
30             }
31         }
32     }
33     return ;
34 }
35 LL solve(int b,int d){
36 //    LL ans=0;
37 //    for(int i=1;i<=max(N,M);i++){
38 //        int m1=min(N/i,M/i);
39 //        int m2=max(N/i,M/i)-m1;
40 //        ans=ans+(LL)U[i]*(m1*(m1-1)/2+m1+m1*m2);
41 //    }
42     if(b > d)swap(b,d);
43     LL ans1=0,ans2=0;
44     for(int i=1; i<=b;i++)
45         ans1+=(LL)U[i]*(b/i)*(d/i);
46     for(int i=1; i<=b;i++)
47         ans2+=(LL)U[i]*(b/i)*(b/i);
48     ans1-=ans2/2;
49     return ans1;
50 }
51 int t;
52 int N,M,K;
53 int main(){
54     culc();
55     scanf("%d",&t);
56     for(int cas=1;cas<=t;cas++){
57         scanf("%d%d%d%d%d",&N,&N,&M,&M,&K);
58         LL ans;
59         if (K==0) ans=0;
60         else ans=solve(N/K,M/K);
61         printf("Case %d: %I64d\n",cas,ans);
62     }
63     return 0;
64 }

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HYSBZ 2818

題意：給定整數N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)爲素數的
數對(x,y)有多少對.時限很長

分析：這裏要求的gcd是素數，咱們只要枚舉N之內的素數便可，再求出相應的gcd=prim便可

 1 #include <iostream>
 2 #include <string.h>
 3 #include <stdio.h>
 4 #include <iostream>
 5 #define maxn 10010000
 6 #define LL long long
 7 using  namespace std;
 8 
 9 int U[maxn];
10 bool flag[maxn];
11 int prim[maxn/3];
12 int cnt;
13 void culc(){
14     cnt=0;
15     U[1]=1;
16     memset(flag,0,sizeof(flag));
17     for(int i=2;i<=10000000;i++){
18         if (!flag[i]){
19             prim[cnt++]=i;
20             U[i]=-1;
21         }
22         for(int j=0;j<cnt;j++){
23             if (i*prim[j]>10000000) break;
24             flag[i*prim[j]]=true;
25             if (i % prim[j]==0){
26                 U[i*prim[j]]=0;
27                 break;
28             }else {
29                 U[i*prim[j]]=-U[i];
30             }
31         }
32     }
33     return ;
34 }
35 LL solve(int N){
36     LL ans=0;
37     for(int i=1;i<=N;i++){
38         ans=ans+(LL)U[i]*(N/i)*(N/i);
39     }
40     return ans;
41 }
42 int t;
43 int N,M,K;
44 int main(){
45     culc();
46     scanf("%d",&N);
47     LL ans=0;
48     for(int i=0;i<cnt;i++) {
49         if (prim[i]>N) break;
50         ans+=solve(N/prim[i]);
51     }
52     printf("%lld\n",ans);
53     return 0;
54 }

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HYSBZ 2005

題意：一共有n列，每列有m棵，植物的橫豎間距都同樣，所以對於每一棵植物，棟棟能夠用一個座標(x, y)來表示，其中x的範圍是1至n，表示是在第x列，y的範圍是1至m，表示是在第x列的第y棵。 因爲能量聚集機器較大，不便移動，棟棟將它放在了一個角上，座標正好是(0, 0)。 能量聚集機器在聚集的過程當中有必定的能量損失。若是一棵植物與能量聚集機器鏈接而成的線段上有k棵植物，則能量的損失爲2k + 1。例如，當能量聚集機器收集座標爲(2, 4)的植物時，因爲鏈接線段上存在一棵植物(1, 2)，會產生3的能量損失。注意，若是一棵植物與能量聚集機器鏈接的線段上沒有植物，則能量損失爲1。如今要計算總的能量損失。 

分析：很好的一道題，代碼中優詳細說明

 1 #include <iostream>
 2 #include <string.h>
 3 #include <stdio.h>
 4 #include <iostream>
 5 #define maxn 100000
 6 #define LL long long
 7 using  namespace std;
 8 
 9 LL F[maxn+100];
10 int main(){
11     LL n,m;
12     while(~scanf("%lld%lld",&n,&m)){
13         if (n>m) swap(n,m);
14         LL ans=0;
15         for(int i=n;i>=1;i--){//咱們要保證每次能除掉2i,3i...即比i大的F(x)，因此i只能從大向小求取
16             F[i]=(n/i)*(m/i);//gcd(x,y)=i,2i,3i....的數量
17             for(int j=2*i;j<=n;j+=i){//枚舉
18                 F[i]-=F[j];//去除掉gcd(x,y)=2i,3i,4i....的部分
19             }
20             //F[i]=gcd(x,y)=i的數量
21             ans+=F[i]*(2*i-1);//既然是取得的第i項，那麼這些
22         }
23         printf("%lld\n",ans);
24     }
25     return 0;
26 }

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HYSBZ 2301（綜合）

題意：對於給出的n個詢問，每次求有多少個數對(x,y)，知足a≤x≤b，c≤y≤d，且gcd(x,y) = k，gcd(x,y)函數爲x和y的最大公約數。

分析：化簡：gcd等式兩邊同除以k，求gcd=1便可，集合間的關係，再用分段優化

 1 #include <iostream>
 2 #include <string.h>
 3 #include <stdio.h>
 4 #include <iostream>
 5 #define maxn 50000
 6 #define LL long long
 7 using  namespace std;
 8 
 9 int U[maxn+100];
10 bool flag[maxn+100];
11 int prim[maxn/3+100];
12 int cnt;
13 void culc(){
14     cnt=0;
15     U[1]=1;
16     memset(flag,0,sizeof(flag));
17     for(int i=2;i<=maxn;i++){
18         if (!flag[i]){
19             prim[cnt++]=i;
20             U[i]=-1;
21         }
22         for(int j=0;j<cnt;j++){
23             if (i*prim[j]>maxn) break;
24             flag[i*prim[j]]=true;
25             if (i % prim[j]==0){
26                 U[i*prim[j]]=0;
27                 break;
28             }else {
29                 U[i*prim[j]]=-U[i];
30             }
31         }
32     }
33     return ;
34 }
35 int sum[maxn+100];
36 //找[1,n],[1,m]內互質的數的對數
37 LL solve(int n,int m){
38     LL ans=0;
39     if (n>m) swap(n,m);
40     for(int i=1,last=0;i<=n;i=last+1){
41         last=min(n/(n/i),m/(m/i));
42         ans+=(LL)(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
43     }
44     return ans;
45 }
46 
47 int t;
48 int a,b,c,d,k;
49 int main(){
50     culc();
51     sum[0]=0;
52     for(int i=1;i<=maxn;i++){
53         sum[i]=sum[i-1]+U[i];
54     }
55     scanf("%d",&t);
56     for(int cas=1;cas<=t;cas++){
57         scanf("%d%d%d%d%d",&a,&b,&c,&d,&k);
58         LL ans;
59         a--,c--;
60         ans=solve(b/k,d/k)-solve(a/k,d/k)-solve(b/k,c/k)+solve(a/k,c/k);
61         printf("%lld\n",ans);
62     }
63     return 0;
64 }

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ZOJ 3435

題意：求gcd(x,y,z)=1的個數，可是卡時限，要分段優化，注意代碼

 1 #include <iostream>
 2 #include <string.h>
 3 #include <stdio.h>
 4 #include <iostream>
 5 #define maxn 1000000
 6 #define LL long long
 7 using  namespace std;
 8 
 9 int U[maxn+100];
10 bool flag[maxn+100];
11 int prim[maxn/3+100];
12 LL sum[maxn+100];
13 int cnt;
14 void culc(){
15     cnt=0;
16     U[1]=1;
17     memset(flag,0,sizeof(flag));
18     for(int i=2;i<=maxn;i++){
19         if (!flag[i]){
20             prim[cnt++]=i;
21             U[i]=-1;
22         }
23         for(int j=0;j<cnt;j++){
24             if (i*prim[j]>maxn) break;
25             flag[i*prim[j]]=true;
26             if (i % prim[j]==0){
27                 U[i*prim[j]]=0;
28                 break;
29             }else {
30                 U[i*prim[j]]=-U[i];
31             }
32         }
33     }
34     sum[0]=0;
35     for(int i=1;i<=maxn;i++) sum[i]=sum[i-1]+U[i];
36     return ;
37 }
38 LL solve(int a,int b,int c){
39     int m=max(a,b);m=max(m,c);
40     LL ans=0;
41     int Inf=1000100;
42     for(int i=1,last;i<=m;i=last+1){
43         last=Inf;
44         if (i<=a) last=min(last,a/(a/i));
45         if (i<=b) last=min(last,b/(b/i));
46         if (i<=c) last=min(last,c/(c/i));
47 //        cout<<"last="<<last;
48         ans+=(sum[last]-sum[i-1])*(((LL)a/last+1)*((LL)b/last+1)*((LL)c/last+1)-1);
49 //        cout<<"ans="<<ans<<endl;
50     }
51     return ans;
52 }
53 int a,b,c;
54 int main(){
55     culc();
56     while(scanf("%d%d%d",&a,&b,&c)!=EOF){
57         a--;b--;c--;
58         LL ans=solve(a,b,c);
59         printf("%lld\n",ans);
60     }
61     return 0;
62 }

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