解法
这道题是一道裸题,考察莫比乌斯反演和 Dirichlet 卷积的知识。
在这里我们规定\(n<m\),这两者调换不会对答案产生影响。然后我们来观察这个计数规律,发现每一个点对答案的贡献至少为\(1\),附加的贡献其实就是当前线段上除了本身的整点(整数坐标点)个数的两倍,换句话说就是:
\[ ans = \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m 1 + 2( gcd(i, j) – 1 ) \]
这道题是一道裸题,考察莫比乌斯反演和 Dirichlet 卷积的知识。
在这里我们规定\(n<m\),这两者调换不会对答案产生影响。然后我们来观察这个计数规律,发现每一个点对答案的贡献至少为\(1\),附加的贡献其实就是当前线段上除了本身的整点(整数坐标点)个数的两倍,换句话说就是:
\[ ans = \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m 1 + 2( gcd(i, j) – 1 ) \]
一开始毫无头绪,在看了题解之后豁然开朗(废话,看了题解不都豁然开朗么)。题目中要求我们求出:
\[ ans = \underbrace{ \sum_{a_1 = L}^R \dots \sum_{a_n = L}^R }_{n \text{ 个}} [\gcd_{i = 1}^n (a_i) = k] \]
题意就是要求:
\[ ( \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^n ij gcd(i, j) ) \mod p \]
言简意赅的题面非常舒适。出现了\(gcd\)可以考虑往反演方面思考。先进行例行的套路:枚举\(gcd\)。在这里为了书写方便,我就把取模省去。
省选级别以上的 OI 赛事中的数学题,相比于 NOIp 的数学题来说要难很多。这篇文章我来记录学习了莫比乌斯反演和杜教筛之后的一些心得。以下是本文大纲:
好题。
我们首先写出这道题的暴力解:
\[ answer = \sum_{i = 1}^n \sum_{j = 1}^m \sigma_1 (gcd(i, j)) [\sigma_1 (gcd(i, j)) \leq limit] \]
复杂度超级大,怎么办?换一种思维来写这个式子,考虑枚举每一个\(gcd(i, j)\)为\(d\),记起次数为\(g(d)\),我们可以搞出并化简为:
首先规定,\(N<M\)。之后写出统计答案的式子:
\[ \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^M lcm(i,j) \\ \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^M \frac{ij}{\gcd(i,j)} \]
然后我们可以试着去枚举最大公约数\(gcd(i,j)=d\),然后让\(i,j\)成为唯一的两个互质因子。