BZOJ2694：Lcm——包看得懂/看不懂题解

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2694

Description



对于任意的>1的n gcd(a, b)不是n^2的倍数

也就是说gcd(a, b)没有一个因子的次数>=2

Input

一个正整数T表示数据组数

接下来T行 每行两个正整数 表示N、M

Output

T行 每行一个整数 表示第i组数据的结果

Sample Input

4

2 4

3 3

6 5

8 3

Sample Output

24

28

233

178

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觉得这一道题很有纪念意义所以准备用markdown好好用公式表达一下。

而且发现我所看的博客都或多或少存在一些问题，所以不再贴他们的博客地址了。

定义：一个函数\(f(x)\)，当x包含平方因子的时候，\(f(x)=0\)，否则\(f(x)=1\)

定义：一个函数\(sum(x)=\sum_{i=1}^x i\)

(如果你觉得下面的过程太冗杂了，请跳过大括号区域内的过程)

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首先假设\(n<m\)，那么我们的答案最初为:

\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\ lcm(i,j)*f(gcd(i,j))\)

\(=\sum_{p=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{p}*f(p)*[gcd(i,j)=p]\)

\(=\sum_{p=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\ pij*f(p)*[gcd(i,j)=1]\)

\(=\sum_{p=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\ pij*f(p) \sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\)

\({\)

\(=\sum_{p=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\ pij*f(p) \sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\)

\(=\sum_{p=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\ pij*f(p) \sum_{d|i\bigwedge d|j}\mu(d)\)

\(=\sum_{p=1}^n p*f(p)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\sum_{i=1\bigwedge d|i}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1\bigwedge d|j}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\ ij\)

\(=\sum_{p=1}^n p*f(p)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\sum_{i=1\bigwedge d|i}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1\bigwedge d|j}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\ ij\)

\(}\)

\(=\sum_{p=1}^n p*f(p)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor}\ ijd^2\)

\(=\sum_{p=1}^n p*f(p)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\mu(d)*{d^2}sum({\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor})sum({\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor})\)

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令\(k=pd\)，则\(p|k\)，那么我们可以把sum函数提出并将式子整理得：

\(\sum_{k=1}^n sum({\lfloor\frac{n}{k}\rfloor})sum({\lfloor\frac{m}{k}\rfloor})*\sum_{p|k} p*f(p)*\mu(\frac{k}{p})*{({\frac{k}{p})}^2}\)

设\(h(k)=\sum_{p|k} p*f(p)*\mu(\frac{k}{p})*{({\frac{k}{p})}^2}\)，则可化简为：

\(\sum_{k=1}^n sum({\lfloor\frac{n}{k}\rfloor})sum({\lfloor\frac{m}{k}\rfloor})*h(k)\)

显然\(h(k)\)之前的那部分可以通过分块来实现\(O(\sqrt{n})\)求解，那么现在关键问题是求\(h(k)\)。

根据各种迷之推导我们得出\(h(k)\)为积性函数，则我们可以用线性筛来求\(h(k)\)。

分情况讨论，当\(k\)为质数的时候，显然带入解得\(h(k)=k(1-k)\)。

当\(k\)不为质数的时候，我们可以表示为\(k=x*p\)（p为质数），如果\(x\)与\(p\)互质的话可以直接相乘，否则：

首先对\(x\)分解质因数为\(x={p1^{q1}}{p2^{q2}}{p3^{q3}}...{pk^{qk}}\)，假设\(p=p1\)，那么显然：

当\(q1>=2\)时\(f(x*p1)=0\)，显然此时\(h(x*p1)=0\)。

当\(q1=1\)时\(h(x*p1)=h(x/p1)*h(p1^2)\)(显然\(x/p1\)和\(p1^2\)互质)

而\(h(p^2)=1*f(1)*\mu(p^2)*{p^4}+p*f(p)*\mu(1)*{p^2}+{p^2}*f({p^2})*\mu(1)*1\)

\(=0-3p+0=-3p\)

\(\therefore h(x*p1)=-3p1*h(x/p1)\)

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=4000010;
const int p=(1<<30)-1;
int f[N],su[N],g[N];
bool he[N];
inline int s(int x){
    return x*(x+1)>>1;
}
void Euler(int n){
    int tot=0;
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
	if(!he[i]){
	    su[++tot]=i;
	    f[i]=i*(1-i);
	}
	for(int j=1;j<=tot;j++){
	    int t=i*su[j];
	    if(t>n)break;
	    he[t]=1;
	    if(i%su[j]==0){
		int x=i/su[j];
		if(x%su[j])f[t]=-su[j]*su[j]*su[j]*f[x];
		else f[t]=0;
		break;
	    }
	    else f[t]=f[i]*f[su[j]];
	}
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)f[i]+=f[i-1];
    return;
}
int main(){
    Euler(4000000);
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
	int n,m,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+=(f[j]-f[i-1])*s(n/i)*s(m/i);
	}
	printf("%d\n",ans&p);
    }
    return 0;
}