【bestcoder #39】CD例题

【bestcoder #39】CD题解

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Accepts: 125 Submissions: 736
Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
问题描述
wld有一个长度为n的序列a1..an
wld想要你给出下面这段c++代码的输出：
int calc()
{
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
res+=gcd(a[i],a[j])*(gcd(a[i],a[j])-1);
res%=10007;
}
return res;
}
保证1≤n≤10000,1≤ai≤10000 (对于任意1≤i≤n)
输入描述
多组数据(最多10组)
对于每组数据：
第一行：一个数n表示序列的长度
第二行：n个数，依次为a1,a2,…,an
输出描述
对于每组数据：
输出calc函数的返回值
输入样例
5
1 3 4 2 4
输出样例
64
Hint
gcd(i,j)为两数的最大公因数。

两种做法，先说一种简单的：
①首先对于每一个数字 $i$ ，都预处理出有多少个( $sum[i]$ )给定得数包含他作为因数，并将 $sum[i]$ 平方。

②我们要考虑的问题是如果两个数都含有因数4，他们在2和4中都出现了，而只需要算4的这一次，为了处理这种情况，我们从大到小枚举因数：
最大的因数必然不会产生上述问题;
对于较小的数 $i$ ，枚举他的倍数 $j$ ，我们让 $sum[i]=sum[i]-sum[j]$ (注意这里都是平方)，类似于容斥原理，就把不合题意的去掉了！

第二种做法用到了莫比乌斯反演：
如果是求 $\sum gcd(i,j)$ ，我们可以利用 $n=\sum\varphi(d)(其中d是n的约数)$ ，直接枚举因数 $k$ ，每个 $k$ 贡献 $\varphi(k)$ 。

注：
$n=\Sigma\varphi(d)(其中d是n的约数)$ 的证明（from zyf-zyf）。
$n$ 个分数，分别是 $\frac1n ,\frac 2n,\frac3n.....\frac nn$ ，把他们化简之后，每个分母一定是 $n$ 的因数，也就是说 $k$ 当分母的个数是 $\varphi(k)$ ，得证。

变成了求 $\Sigma gcd(i,j)*(gcd(i,j)-1)$ 后可以继续沿用上面的思想，之前是 $\sum \varphi(d) (d是n的因数)$ ，我们假设现在变成了 $\sum g(d)(d是n的因数)$ ，可以联想到莫比乌斯反演。
假设 $G(n)=\sum g(d) (d是n的因数)$ ，那么根据刚才的定义 $G(n)=n*(n-1)$ ，通过莫比乌斯反演，我们可以通过 $G[n]$ 来求出 $g(n)$ ：
$g(n)=\sum \mu(\frac nd)*G(d)$

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <map>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <set>
#include <cmath>
#define mod 10007
#define LL long long
#define M 10000
#include <vector>
#define pb push_back
using namespace std;
vector<int> c[M+5];
int v[M+5],f[M],mu[M+5],tot,cnt[M+5],p[M],n;
void Getmobius()
{
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=M;i++)
    {
        if (!v[i])
        {
            p[++tot]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for (int j=1;j<=tot;j++)
        {
            if (i*p[j]>M) break;
            v[i*p[j]]=1;
            if (i%p[j]==0)
            {
                mu[i*p[j]]=0;
                break;
            }
            else mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
}
void Prepare()
{
    for (int i=2;i<=M;i++)
    {
        int x=i;
        for (int j=1;j<=sqrt(i);j++)
            if (x%j==0)
            {
                c[i].pb(j);
                if (x/j!=j)
                    c[i].pb(x/j);
            }
    }
    for (int i=1;i<=M;i++)
        for (int j=0;j<c[i].size();j++)
            (f[i]+=mu[i/c[i][j]]*c[i][j]*(c[i][j]-1))%=mod;
}
int main()
{
    Getmobius();
    Prepare();
    while (scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        for (int i=1;i<=M;i++)
            cnt[i]=0;
        for (int i=1;i<=n;i++)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            for (int j=0;j<c[x].size();j++)
                cnt[c[x][j]]++;
        }
        int ans=0;
        for (int i=2;i<=M;i++)
            (ans+=cnt[i]*cnt[i]%mod*f[i])%=mod;
        printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
    }
    return 0;
}

Lucky

Accepts: 34 Submissions: 267
Time Limit: 6000/3000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)
问题描述
wld有n个数(a1…an)
保证对于任意1≤i≤n，1≤ai≤n
wld有一个常数k保证2≤k≤2∗n
为了消除歧义保证k为奇数
他有m个询问
每个询问有参数l1,r1,l2,r2
对于每个询问你需要回答有多少个二元组(i，j)满足：
l1≤i≤r1且l2≤j≤r2且ai+aj=k
保证1≤n≤30000,1≤m≤30000
输入描述
多组数据(最多5组)
对于每组数据：
第一行：一个数n表示数的个数
接下来一行：一个数k表示wld的常数
接下来一行：n个数，依次为a1,a2,…an
接下来一行：一个数m表示询问数
接下来m行：四个数l1,r1,l2,r2表示这组询问的参数
输出描述
对于每组数据：
对于每个询问输出二元组的数目
输入样例
5
3
1 2 1 2 3
1
1 2 3 5
输出样例
2
Hint
a1 + a4 = 3
a2 + a3 = 3

莫队或者分块都可以。

莫队：
【bestcoder #39】CD例题
（类似于容斥原理）

分块：
预处理出 $f[i][j][k]$ 表示第 $i$ 块到第 $j$ 块和为 $k$ 的方案数，然后整块 $O(1)$ 算，其他 $<\sqrt n$ 的部分暴力算。

Code

Lucky

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