正題

P2568

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題目大意

求滿足$1\le x,y\le n$且$gcd(x,y)=prime$的數對$(x,y)$的個數

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解題思路

題目即求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)=prime]$$

可以考慮先枚舉該prime，那么有

$$\begin{gathered} \sum _{p\in prime}^n\sum _{i=1}^{n/p}\sum _{j=1}^{n/p}[gcd(i,j)=1] \\ \sum _{p\in prime}^n\sum _{i=1}^{n/p}\sum _{j=1}^{n/p}\sum _{d|i,d|j}\mu (d) \\ \sum _{p\in prime}^n\sum _{d=1}^{n/p}\mu (d)\times ?\frac{n}{d}?\times ?\frac{n}{d}? \end{gathered}$$

時間復雜度不太會證，看dalao證的是 $O(n/logn)$的

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code

#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> #define ll long long #define N 10000010 using namespace std; ll n,ans,w,p[N],mu[N],prime[N]; void work() {p[1]=mu[1]=1;for(ll i=2;i<=10000000;++i){if(!p[i]){prime[++w]=i;mu[i]=-1;}for(ll j=1;j<=w&&i*prime[j]<=10000000;++j){p[i*prime[j]]=1;if(i%prime[j]==0){mu[i*prime[j]]=0;break;}else mu[i*prime[j]]=-mu[i];}}for(ll i=2;i<=10000000;++i)mu[i]+=mu[i-1];return; } ll get(ll n) {ll sum=0;for(ll l=1,r=0;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);sum+=(mu[r]-mu[l-1])*(n/l)*(n/l);}return sum; } int main() {scanf("%lld",&n);work();for(ll i=1;i<=w;++i)if(prime[i]<=n)ans+=get(n/prime[i]);else break;printf("%lld",ans);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【数论】GCD（P2568）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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