P4450-双亲数

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4450

题目大意

给出(A,B,d)求有多少对((a,b))满足(gcd(a,b)=d)且(ain[1,A],bin[1,B])

解题思路

很显然的容斥，枚举(d)的倍数(i)，然后容斥系数就是(mu(frac{i}{d}))。
时间复杂度(O(n))

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int A,B,d,mu[N],pri[N],cnt;
long long ans;
bool v[N];
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&A,&B,&d);
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!v[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){
            v[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)break;
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
    if(A>B)swap(A,B);
    for(int i=d;i<=A;i+=d)
        ans+=1ll*(A/i)*(B/i)*mu[i/d];
    printf("%lld
",ans);
}

P5221-Product

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5221

题目大意

给出(n)求

[prod_{i=1}^nprod_{j=1}^nfrac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)} ]

解题思路

( ext{CYJian})的题啊，时限(0.2s?)不过只是看起来花里胡哨，没有其他( ext{CYJian})的题那么难。

先简单把(lcm)拆出来化一下式子

[left(prod_{i=1}^nprod_{j=1}^ni imes j ight)frac{1}{left(prod_{i=1}^{n}prod_{j=1}^ngcd(i,j) ight)^2} ]

左边那个很容易求就是((n!)^{2n})，右边那个因为是乘积所以很好做，直接枚举质数幂(d^e)，让有(lfloorfrac{n}{d^e} floor^2)对数的(gcd)包含(d^e)，会产生这么多的贡献，但是因为在(d^{e-1})的时候也统计过一次，所以只需要产生(d)的贡献就好了。

时间复杂度(O(nlog n))

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+10,P=104857601;
ll n,ans,cnt,pri[N];
bool v[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);ans=1;
    for(ll i=2;i<=n;i++){
        if(!v[i]){
            for(ll j=i;j<=n;j=j*i)
                ans=ans*power(i,(n/j)*(n/j)%(P-1))%P;
            pri[++cnt]=i;
        }
        for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++){
            v[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)break;
        }
    }
    ans=power(ans*ans%P,P-2);
    ll f=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)f=f*i%P;
    f=power(f,2*n);ans=ans*f%P;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

P6055-[RC-02]GCD

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P6055

题目大意

给出(n)求

[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^nsum_{p=1}^{lfloorfrac{n}{j} floor}sum_{q=1}^{lfloorfrac{n}{j} floor}[gcd(i,j)=1][gcd(p,q)=1] ]

解题思路

刚开始还以为可以直接暴力整除分块+杜教筛欧拉函数然后(O(n^{frac{3}{4}}))搞，然后发现时限是(1s)。

发现这个式子的顺序很奇怪，特意的把(j)放在了里面。这个提示我们(j)其实是在枚举(p)和(q)的(gcd)。
而又(j)和(i)互质，其实这个式子的真正目的是对于每个(i)求有多少对数的(gcd)和(i)互质然后求和。换成式子就是

[sum_{i=1}^nsum_{q=1}^nsum_{p=1}^n[gcd(gcd(q,p),i)=1] ]

就是三对数之间互质的对数，之间上莫反就可以了

[sum_{i=1}^nlfloorfrac{n}{i} floor^3mu(i) ]

(n)比较大，要用杜教筛筛一下(mu)

时间复杂度(O(n^{frac{2}{3}}))？

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e7+10,P=998244353;
ll n,cnt,pri[N],mu[N],ans;
map<ll,ll> mp;
bool v[N];
ll get_sum(ll n){
    if(mp.find(n)!=mp.end())return mp[n];
    if(n<N)return mu[n];
    ll rest=1;
    for(ll l=2,r;l<=n;l=r+1)
        r=n/(n/l),(rest+=P-(r-l+1)*get_sum(n/l))%=P;
    return mp[n]=rest;
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n);mu[1]=1;
    for(ll i=2;i<N;i++){
        if(!v[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){
            v[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)break;
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(ll i=1;i<N;i++)(mu[i]+=mu[i-1])%=P;
    for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
        r=n/(n/l);
        ll p=n/l;p=p*p%P*p%P;
        (ans+=p*(get_sum(r)-get_sum(l-1))%P)%=P;
    }
    printf("%lld
",(ans+P)%P);
    return 0;
}