BZOJ3701 Olympic Games 莫比烏斯反演

題目描述

• 給出$n,m,l,r,mod$
• 求$(n+1)*(m+1)$的網格上能相互看見的點對數對mod取模的值
• 能相互看見定義爲兩點的連線不經過其他點，且歐氏距離在[l,r]範圍內
• $n,m\le100000$
  $l,r\le150000$
  $mod\le10^9$

題目分析

粗略描述一下題目要求:
$ans=\sum_{0\le i\le n}\sum_{0\le j\le m}\sum_{0\le x\le n}\sum_{0\le y\le n}[(i-x,j-y)=1][l\le\sqrt{(i-x)^2+(j-y)^2}\le r]$

顯然過於繁瑣，考慮直接看$i-x$和$j-y$，即枚舉兩個座標的差值
($PS:$ 對相鄰兩點單獨處理，即當$l\le1\le r時，ans+=2*n*m+n+m$)

由於距離大小都有限制，所以轉化爲求距離<=r的減去距離<=l-1的

$Ans(L^2)=\sum_{1\le i\le n}2*(n-i+1)\sum_{1\le j\le min(m,\sqrt{L^2-i^2})}[(i,j)=1]*(m-j+1)$
莫比烏斯反演換掉條件框，
$Ans(L^2)=\sum_{1\le i\le n}2*(n-i+1)\sum_{1\le j\le min(m,\sqrt{L^2-i^2})}\sum_{d|(i,j)}μ(d)*(m-j+1)$
$=\sum_{1\le i\le n}2*(n-i+1)\sum_{d|i}μ(d)\sum_{j=1}^{min(m/d,\sqrt{L^2-i^2}/d)}(m-dj+1)$
枚舉$i,d,O(n\sqrt n)$，後面那坨可以$O(1)$求

當初做的時候沒有想到可以直接枚舉，到最後一步的時候想着要把d提到最前面，然後按照套路把i,j轉成倍數形式，結果懵逼好久，所以該枚舉的時候就要大膽枚舉，要爲了解題而用莫比烏斯。。。
注意到處是坑的$1ll$…

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define maxn 100005
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,mod,l,r,mu[maxn],p[maxn];
bool v[maxn];
void Prime(int N)
{
    mu[1]=1;int cnt=0;
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!v[i]) p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1,k;j<=cnt&&p[j]*i<=N;j++)
        {
            v[k=p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0) {mu[k]=0;break;}
            mu[k]=-mu[i];
        }
    }
}
inline int calc(int d,int j){return mu[d]*(1ll*j*m-1ll*d*j*(j+1)/2+j)%mod;}
LL solve(LL R)
{
    LL ret=0;
    for(int i=1;i<=n&&1ll*i*i<R;i++)
        for(int d=1,j;d*d<=i;d++)
            if(i%d==0)
            {
                j=min(int(sqrt(R-1ll*i*i)/d),m/d);
                ret=(ret+1ll*(n-i+1)*calc(d,j))%mod;
                if(i/d!=d){
                    j=min(int(sqrt(R-1ll*i*i)/(i/d)),m/(i/d));
                    ret=(ret+1ll*(n-i+1)*calc(i/d,j))%mod;
                }
            }
    return ret*2%mod;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d%d%d",&n,&m,&l,&r,&mod);
    Prime(n);
    LL ans=solve(1ll*r*r)-solve(1ll*l*l-1);
    if(l<=1&&1<=r) ans+=1ll*n*m*2+n+m;
    printf("%lld",(ans%mod+mod)%mod);
}