Problem

bzoj2818-單組詢問-無權限

bzoj2693-多組詢問-需權限

洛谷1829-單組詢問-無權限

\(T\)組詢問（如果有），給定 \(n,m\)，求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j) \pmod {100000009}\]

\(T\leq 10^4,N,M\leq 10^7\)

Solution

┗|｀O′|┛ 這兩題花了我一整張草稿紙啊

首先明確將\(lcm\)轉成\(gcd\)會更好做：\(lcm(x,y)=\frac {xy}{\gcd(x,y)}\)

套路枚舉\(\gcd\)：

\[Ans=\sum_d\frac 1d\sum_{d|a}\sum_{d|b}[\gcd(\frac ad,\frac bd)=1]ab\]

將 \(a,b\) 同時除以 \(d\)

\[Ans=\sum_d d\sum_{a=1}^{\frac nd}\sum_{b=1}^{\frac md}[\gcd(a,b)=1]ab\]

想到遇到互質的情況就莫反：

設置參量 \(n‘=\frac nd,m‘=\frac md\)

在參量意義下，構造函數

\[ f(x)=\sum_{a=1}^{n‘}\sum_{b=1}^{m‘}[\gcd(a,b)=x]ab\F(x)=\sum_{a=1}^{n‘}\sum_{b=1}^{m‘}[x|\gcd(a,b)]ab \]

這倆函數滿足\(F(x)=\sum_{x|n}f(n)\)，根據莫反式有\(f(n)=\sum_{n|x}\mu(\frac xn)F(x)\)

將\(F(x)\)化簡

\[F(x)=\sum_{x|a}^{n‘}\sum_{x|b}^{m‘}ab=x^2(\sum_{a=1}^{\frac {n‘}x}a)(\sum_{b=1}^{\frac {m‘}x}b)\]

而\(Ans=\sum_dd\cdot f(1)\)

\[f(1)=\sum_d\mu(d)F(d)=\sum_d\mu(d)d^2(\sum_{a=1}^{\frac {n‘}d}a)(\sum_{b=1}^{\frac {m‘}d}b)\]

首先可以明確如果預處理 \(\mu(d)d^2\) 就可以整除分塊地在 \(O(\sqrt n)\) 的時間內算出這個式子

再接著考慮答案：\(Ans=\sum_dd\cdot f(1)\)

多組詢問

上面這個式子每次計算需要 \(O(n)\) 的時間，實測跑完 \(T=10^4\) 組需要 \(92s\)，需要考慮優化

由於在單組詢問時是將帶入參量進行計算的，這樣雖然方便但不靈活，需要將參量化出來……以下省略若幹字（因為算到這裏後我又用了大半張草稿紙進行拆分合並 可能是因為我喜歡用參量吧，而且聽學長說這題有個簡便很多的方法）

首先將原式列出來（至於為什麽在整除意義下有\(\frac {\frac ab}c=\frac a{bc}\)，可以想想\(\frac ab=\frac {a-(a\bmod b)}b\)）：

\[Ans=\sum_dd\bigl [\sum_t\mu(t)t^2\cdot (\sum_{a=1}^{\frac n{dt}}a)(\sum_{b=1}^{\frac m{dt}}b)\bigr ]\]

設 \(T=dt,S(x)=\frac {x(x+1)}2\)，並將式子內外翻轉可得

\[Ans=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)S(\frac mT)\sum_{d|T}\mu(d)d^2\frac Td\\=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)S(\frac mT)T\sum_{d|T}\mu(d)d\]

設函數 \(g(x)=x\sum_{d|x}\mu(d)d\)，可得 \(Ans=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)(\frac mT)g(T)\)，這個東西就支持數論分塊了，總體復雜度為\(O(n+Q\sqrt n)\)

至於怎麽求 \(g(x)\)，可以考慮只求 \(h(x)=\sum_{d|x}\mu(d)d\)，這個東西是積性函數可以線性篩

具體地，在線性篩時，設當前篩數為 \(i\)，質數為 \(p\)，\(k=i\cdot p\)

• 若 \(p|i\)，有 \(h(k)=h(i)\)，因為新加入的質因子 \(p\) 在 \(i\) 中已經出現，如果它不可能單獨和其他質因子產生新的因數，而如果和其他的\(p\)因子在一起，\(\mu\)函數就會為 \(0\)，所以有\(h(k)=h(i)\)
• 若 \(p\not |i\)，有 \(h(k)=h(i)h(j)\)，因為新加入的質因子 \(p\) 在 \(i\) 中尚未出現，所以它和其他所有質因子產生的因數 \(\mu\) 都會變號，而因子\(p\)也會相應地乘上去，至於保留原來因子的貢獻，\(h(p)\)在計算的時候會自帶一個 \(1\)

Code

bzoj-2154

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=10001009,p=20101009;
int pri[N],is[N],u[N],tp;

inline int sm(int x){
    if(x&1)return (ll)x*(x+1>>1)%p;
    return (ll)(x>>1)*(x+1)%p;
}

inline int F(int n,int m){
    int res=0;
    for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        res=(res+(ll)(u[j]-u[i-1]+p)*sm(n/i)%p *sm(m/i))%p;
    }return res;
}

int main(){
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if(n>m)swap(n,m);u[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i){
        if(!is[i])pri[++tp]=i,u[i]=-1;
        for(int j=1,k;j<=tp and (k=i*pri[j])<=n;++j){
            is[k]=1;
            if(i%pri[j]==0){u[k]=0;break;}
            u[k]=-u[i];
        }
        if(u[i]<0)u[i]=p-1;
        u[i]=(u[i-1]+(ll)i*i%p*u[i])%p;
    }
    ll ans=0;
    for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans=(ans+(ll)(sm(j)-sm(i-1)+p)*F(n/i,m/i))%p;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

bzoj-2693

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=10001009,p=100000009;
int pri[N],is[N],u[N],g[N],sm[N],tp;

int main(){
    u[1]=g[1]=1;
    for(int i=2;i<N;++i){
        if(!is[i])pri[++tp]=i,u[i]=p-1,g[i]=((ll)u[i]*i+1)%p;
        for(int j=1,k;j<=tp and (k=i*pri[j])<N;++j){
            is[k]=1;
            if(i%pri[j]==0){u[k]=0,g[k]=g[i];break;}
            u[k]=p-u[i],g[k]=(ll)g[i]*g[pri[j]]%p;
        }
        if(u[i]<0)u[i]=p-1;
    }
    
    for(int i=1;i<N;++i){
        u[i]=(u[i-1]+(ll)i*i%p*u[i])%p;
        g[i]=(g[i-1]+(ll)i*g[i])%p;
        sm[i]=(sm[i-1]+i<p?sm[i-1]+i:sm[i-1]+i-p);
    }
    
    int n,m,T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        ll ans=0;scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n>m)swap(n,m);
        for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
            j=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans=(ans+(ll)sm[n/i]*sm[m/i]%p*(g[j]-g[i-1]+p))%p;
        }printf("%lld\n",ans);
    }return 0;
}

題解-bzoj2154Crash的數字表格 & bzoj2693 jzptab