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原题链接

题目描述

给定整数 $N$，求 $1\le x,y\le N$ 且 $\gcd (x,y)$ 为素数的数对 $(x,y)$ 有多少对。

输入格式

输入一个整数 $N$。

输出格式

输出一个整数，表示满足条件的数对数量。

数据范围

$1\le N\le 10^7$

输入样例：

4

输出样例：

4

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思路

首先考虑暴力。

本题答案为：
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{p\in \mathbb{P}}[\gcd (i,j)=p]$$

把 $\gcd (i,j)=p$ 变成 $\gcd (i,j)=1$ 然后把 $p$ 除到前面的 $n$ 里。

即：$$\sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]$$

和 5.5.1 可见的点 相同，我们可以将以上代数式变换为：

$$2\times \sum _{p\in \mathbb{P}}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\phi (i)+1$$

这里不再进行推导，读者可以自行点击上方链接进行阅读。

此时进行计算，时间复杂度近似为 $O(\frac{n^2}{\ln n})$，将 $n=10^7$ 代入计算，发现超过 $10^8$，在 $1s$ 的时限内会 $\text{TLE}$。

我们看到 ${\sum }_{i=1}^{\frac{n}{p}}\phi (\frac{n}{p})$ 可以考虑预处理欧拉函数前缀和。

假设 $s_k={\sum }_{i=1}^k\phi (i)$，则原式可化为：

$$2\times \sum _{p\in \mathbb{P}}{s}_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }+1$$

此时我们枚举 $n$ 的所有质因数进行计算就不会超时。

算法时间复杂度

预处理 $\phi (i)$：$O(n)$;
预处理 $s_i$：$O(n)$;
计算结果：$O(\frac{n}{\ln n})$。

因此最高时间复杂度：$O(n)$，可以过。

注意： 数论题目中，开 long long 已经是常识，所以很有必要写一条 #define int long long 避免犯错。

AC Code

$\text{C}++$

#include <iostream>
#define int long longusing namespace std;const int N = 1e7 + 10;int n;
int primes[N], cnt;
int euler[N], s[N];
bool st[N];void get_eulers(int n)
{euler[1] = 1;for (int i = 2; i <= n; i ++ ){if (!st[i]){primes[cnt ++ ] = i;euler[i] = i - 1;}for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ ){int t = primes[j] * i;st[t] = true;if (i % primes[j] == 0){euler[t] = euler[i] * primes[j];break;}euler[t] = euler[i] * (primes[j] - 1);}}
}main()
{scanf("%lld", &n);get_eulers(n); // 线性筛质数和欧拉函数for (int i = 1; i <= n; i ++ ) // 预处理欧拉函数前缀和s[i] = s[i - 1] + euler[i];int res = 0;for (int i = 0; i < cnt; i ++ ) // 枚举 n 以内的质数res += 2 * s[n / primes[i]] - 1;printf("%lld\n", res);return 0;
}

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