bzoj 2005: [Noi2010]能量采集 筛法||欧拉||莫比乌斯

2005: [Noi2010]能量采集

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Description

栋栋有一块长方形的地，他在地上种了一种能量植物，这种植物可以采集太阳光的能量。在这些植物采集能量后， 栋栋再使用一个能量汇集机器把这些植物采集到的能量汇集到一起。 栋栋的植物种得非常整齐，一共有n列，每列 有m棵，植物的横竖间距都一样，因此对于每一棵植物，栋栋可以用一个坐标(x, y)来表示，其中x的范围是1至n， 表示是在第x列，y的范围是1至m，表示是在第x列的第y棵。 由于能量汇集机器较大，不便移动，栋栋将它放在了 一个角上，坐标正好是(0, 0)。 能量汇集机器在汇集的过程中有一定的能量损失。如果一棵植物与能量汇集机器 连接而成的线段上有k棵植物，则能量的损失为2k + 1。例如，当能量汇集机器收集坐标为(2, 4)的植物时，由于 连接线段上存在一棵植物(1, 2)，会产生3的能量损失。注意，如果一棵植物与能量汇集机器连接的线段上没有植 物，则能量损失为1。现在要计算总的能量损失。 下面给出了一个能量采集的例子，其中n = 5，m = 4，一共有20 棵植物，在每棵植物上标明了能量汇集机器收集它的能量时产生的能量损失。 在这个例子中，总共产生了36的能 量损失。

Input

仅包含一行，为两个整数n和m。

Output

仅包含一个整数，表示总共产生的能量损失。

Sample Input

【样例输入1】 5 4 【样例输入2】 3 4

Sample Output

【样例输出1】 36 【样例输出2】 20 对于100%的数据：1 ≤ n, m ≤ 100,000。   　　　　    n　　m 题意：求2*∑      ∑ gcd(i,j)-1; 　　　　   i=1  j=1 思路：首先一个很涨知识的筛法； 　　　g[k]表示gcd(i,j)==k的个数； 　　　g[k]=n/k*m/k-g[2*k]-g[3*k]-.......; 　　　逆序写即可,复杂度O（n*log（n））； #include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define pi (4*atan(1.0)) const int N=1e5+10,M=4e6+10,inf=1e9+10; ll g[N]; int main() { int x,y,z,i,t; while(~scanf("%d%d",&x,&y)) { ll ans=0; for(i=min(x,y);i>=1;i--) { g[i]=(ll)x/i*(y/i); for(t=i+i;t<N;t+=i) g[i]-=g[t]; ans+=g[i]*(2*i-1); } printf("%lld\n",ans); } return 0; }

欧拉函数：

　　 　　　　n     m　　　　　n     m                       min(n,m)

证明过程：   ∑      ∑ gcd(i,j)=∑      ∑     ∑ Ø(d)     =  ∑  Ø(d) * (n/d) *(m/d)

　　　　　　i=1   j=1           i=1   j=1  d|gcd(i,j)     d=1

　　　　　　分块写，复杂度 预处理O（1e5)+sqrt(min(n,m));

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define pi (4*atan(1.0)) const int N=1e5+10,M=1e6+10,inf=1e9+10; const ll INF=1e18+10; ll p[N],ji; bool vis[N]; ll phi[N]; ll sum[N]; void get_eular(int n) { ji = 0; phi[1]=1; memset(vis, true, sizeof(vis)); for(int i = 2; i <= n; i++) { if(vis[i]) { p[ji ++] = i; phi[i] = i - 1; } for(int j = 0; j < ji && i * p[j] <= n; j++) { vis[i * p[j]] = false; if(i % p[j] == 0) { phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j]; break; } else phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]]; } } } int main() { get_eular(N); memset(sum,0,sizeof(sum)); for(int i=1;i<=1e5;i++) sum[i]=sum[i-1]+phi[i]; ll x,y; while(~scanf("%lld%lld",&x,&y)) { if(x>y)swap(x,y); ll ans=0; for(int L=1,R=0;L<=x;L=R+1) { R=min(x/(x/L),y/(y/L)); ans+=(sum[R]-sum[L-1])*(x/L)*(y/L); } printf("%lld\n",2*ans-x*y); } return 0; }

莫比乌斯：模版题；

　　　　　gcd（i,j）==k，枚举k；

　　　　　复杂度O（min（n,m)sqrt(n));

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long #define esp 0.00000000001 #define pi 4*atan(1) const int N=1e5+10,M=1e7+10,inf=1e9+10,mod=1e9+7; ll mu[N], p[N], np[N], cnt, sum[N]; void init() { mu[1]=1; for(int i=2; i<N; ++i) { if(!np[i]) p[++cnt]=i, mu[i]=-1; for(int j=1; j<=cnt && i*p[j]<N; ++j) { int t=i*p[j]; np[t]=1; if(i%p[j]==0) { mu[t]=0; break; } mu[t]=-mu[i]; } } for(int i=1;i<N;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i]; } ll getans(int b,int d) { ll ans=0; for(int L=1,R=0;L<=b;L=R+1) { R=min(b/(b/L),d/(d/L)); ans+=(ll)(sum[R]-sum[L-1])*(b/L)*(d/L); } return ans; } int main() { init(); int b,d,k; while(~scanf("%d%d",&b,&d)) { if(b>d)swap(b,d); ll ans=0; for(int i=1;i<=b;i++) ans+=getans(b/i,d/i)*i; printf("%lld\n",2*ans-(ll)b*d); } return 0; }

 

　　　　

 

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