HDU_5528_Count a * b

Count a * b

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 262144/262144 K (Java/Others)
Total Submission(s): 872    Accepted Submission(s): 315

Problem Description

Marry likes to count the number of ways to choose two non-negative integers a and b less than m to make a×b mod m≠0.

Let's denote f(m) as the number of ways to choose two non-negative integers a and b less than m to make a×b mod m≠0.

She has calculated a lot of f(m) for different m, and now she is interested in another function g(n)=∑m|nf(m). For example, g(6)=f(1)+f(2)+f(3)+f(6)=0+1+4+21=26. She needs you to double check the answer.

Give you n. Your task is to find g(n) modulo 264.

 

Input

The first line contains an integer T indicating the total number of test cases. Each test case is a line with a positive integer n.

1≤T≤20000
1≤n≤109

 

Output

For each test case, print one integer s, representing g(n) modulo 264.

 

Sample Input

2
6
514

 

Sample Output

26
328194

 

Source

2015ACM/ICPC亚洲区长春站-重现赛（感谢东北师大）

 

• 要推公式啊，贴过程：

• 注：
• （1）后半个公式可以看做对于变量a在整数意义上的划分，之后再进行gcd结果的加和。这里对于划分变量的方式有改进的余地，可以根据gcd结果进行划分。考虑gcd(x,a)|x，所以用x的因数对gcd结果进行划分，而且最好用Dirichlet的形式进行改进，毕竟gcd和常函数都是积性函数，Dirichlet形式下的新函数保持积性函数的性质，利于简化计算。
• （2）对于f(x)的化简结果，考虑带入g(n)有进一步化简的可能
• （3）考虑整除的传递性，这里如果可以把变量x消去是最好的。我们这里先枚举d，再找x，之后用i代替x/d，i*d|n，其中i*d==x，根据整除性质不难得到i|(d/n)，那么就看到一个很熟悉的公式，后半公式就是对于n求全部因数的欧拉函数，结果就是n本身
• （4）最终结果
• （5）把因数k次方和理解成多项式相乘处理是有一定好处的，好处在于没有对于除法的处理，全都是简单的加法和乘法，这对于取模运算是一大福音。此外，考虑到因数k次方函数是积性函数，也可以先对n分解质因数之后分步求解，但是这里就要对于每一个质因数的乘方做等比数列求和，牵扯到除法，对应的在代码中要做防溢出操作（好吧，我这个鶸是不会这种骚操作的QAQ）
• 至于说题目里对于2^64取模就是在unsigned longlong下运算就ok

 #include <iostream>
 #include <string>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #include <climits>
 #include <cmath>
 #include <vector>
 #include <queue>
 #include <stack>
 #include <set>
 #include <map>
 using namespace std;
 typedef long long           LL ;
 typedef unsigned long long ULL ;
 const int    maxn = 1e5 +    ;
 const int    inf  = 0x3f3f3f3f ;
 const int    npos = -         ;
 const int    mod  = 1e9 +     ;
 const int    mxx  =  +     ;
 const double eps  = 1e-       ;
 const double PI   = acos(-1.0) ;

 ULL T, n, prime[maxn], nd, theta2;
 bool vis[maxn];
 int tot, cnt;
 void init(int top){
     tot=;
     memset(vis,true,sizeof(vis));
     for(int i=;i<=top;i++){
         if(vis[i]){
             prime[tot++]=(ULL)i;
         }
         for(int j=;j<tot&&(i*prime[j]<=top);j++){
             vis[i*prime[j]]=false;
             if(i%prime[j]==)
                 break;
         }
     }
 }
 int main(){
     // freopen("in.txt","r",stdin);
     // freopen("out.txt","w",stdout);
     init(1e5+);
     while(~scanf("%llu",&T)){
         while(T--){
             scanf("%llu",&n);
             theta2=1ULL;
             nd=n;
             for(int i=;i<tot && prime[i]*prime[i]<=n;i++)
                 if(n%prime[i]==){
                     ULL p=prime[i], alpha=0ULL;
                     ULL sigma=1ULL, square=1ULL;
                     while(n%p==0ULL){
                         alpha++;
                         square*=p;
                         sigma+=square*square;
                         n/=p;
                     }
                     nd*=alpha+1ULL;
                     theta2*=sigma;
                 }
             if(n>){
                 nd*=2ULL;
                 theta2*=(1ULL+n*n);
             }
             printf("%llu\n",theta2-nd);
         }
     }
     return ;
 }