【spoj 5971】lcmsum
全场都 AK 了就我爆 0 了
题意
\(t\) 组询问,每组询问给定 \(n\),求 \(\sum\limits_{k=1}^n [n,k]\)。其中 \([a,b]\) 表示 \(a\) 和 \(b\) 的最小公倍数。
\(t\le 3\times 10^5,\space n\le 10^6\)
题解
怎么全世界都做过这题啊
前一天晚上听林老师说今天 T1 是莫比乌斯反演,然后我就出了一身冷汗……我没做过几道莫反,推不出来式子会不会被 D 啊……
然后到了今天……
我自己用模板的方法(?)推了个奇怪的长式子,写完后以为解不了,于是扔一边了……
后来才发现我 sb 了,其实可以解……
我推的式子大概是这样 $$ans = \sum\limits_{T=1}^n \sum\limits_{g|T} \frac{n (\frac{T}{g}+\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \frac{T}{g}) \lfloor \frac{n}{T}\rfloor} {2} \sigma(n) \mu(\frac{T}{g}) \lfloor\frac{n}{T} \rfloor$$
(\(\sigma(n)\) 表示 \(n\) 的约数个数)
显然把 \(\frac{T}{g}\) 提出来,只与 \(\frac{T}{g}\) 有关的项都可以 \(O(n\log n)\) 预处理一下前缀和,查询的时候对 \(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor\) 整除分块即可。
我才刚学莫比乌斯反演 \(1e-18\) 秒,就不能对我友好一点么
这个式子的正确性我就懒得验证了,因为标程做法根本就不是莫反,是个简单数论……各位巨佬如果发现我这个式子有问题的话,还烦请指正 \(\text{ヽ(*^ー^)人(^ー^*)ノ}\)
千万不能相信林老师预告的题目解法(flag)
标程的做法大致是这样:
很显然你没有看到任何莫反的痕迹,一个 \(\mu\) 函数都没有。
除了最后一行外,前面都很好理解。这里解释一下是怎么从倒数第二行 推出最后一行的(我大概就卡在这了):
我们提出这部分:\(\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{p}} [(k,\frac{n}{p})=1]\)
不难发现,它等于 \(\varphi(\frac{n}{p})\)。
然后我们考虑对于满足 \([(k,\frac{n}{p})=1]\) 的项 \(k\),把加 \(1\) 改成加 \(k\),即在 \([(k,\frac{n}{p})=1]\) 前面乘上 \(k\)。
这个好像不是很好求,但我们有这样一个经验:设 \(a\ge b\),则 \(\gcd(a,b)=\gcd(a,a-b)\)。运用到这里就是 \(\gcd(k,\frac{n}{p}) = \gcd(\frac{n}{p}-k,\frac{n}{p})\)。
也就是说,若 \([(k,\frac{n}{p})=1]\),则有 \([(\frac{n}{p}-k,\frac{n}{p})=1]\)。即要累加的 \(k\) 是以 \(\frac{n}{p}\) 为和成对出现的!
这个性质就很好,我们可以把加 \(k\) 改成加 \(\frac{\frac{n}{p}}{2}\) 了。显然后者是个定值。
所以我们简化倒数第二行式子得 $$ans = n\sum\limits_{p|n}^{n} \frac{\frac{n}{p}\times \varphi(\frac{n}{p}) + [\frac{n}{p}=1]} {2}$$ $$ans = n\sum\limits_{p|n}^{n} \frac{p\times \varphi(p) + [p=1]}{2}$$
\([p=1]\) 是因为当 \(p=1\) 时只有 \(1\) 个 \(k\),它并不能配对,也就不能当一对的平均数加。但由于加的 \(k\) 是 \(1\),直接在分子补上 \(1\) 就行了。
这就是标程做法的最后一行式子了。
什么?你问后面那段式子能不能被 \(2\) 整除?你把除以 \(2\) 扩大到等号右边全局不就行了?\(ans\) 肯定是个整数吧。
直到看了别人代码后我才发现后面那段式子一定被 \(2\) 整除……问了一下 scb 聚聚,他 1s 就证出来了,好强啊 ↓↓↓
把 \(\varphi\) 函数打个表就会发现,除了 \(\varphi(1)\) 和 \(\varphi(2)\) 是 \(1\) 以外,\(\varphi\) 值都是偶数。
考虑对 \(\varphi(x)(x\gt 2)\) 的 \(x\) 的奇偶性:
若 \(x\) 是奇数,它至少有一个奇数因子 \(y\),所以计算 \(\varphi(x)\) 时会乘一次 \(\frac{y-1}{y}\),而 \(y-1\) 是偶数,所以 \(\varphi(x)\) 是偶数。
若 \(x\) 是偶数,它会被分解成 \(2^z\times y\),显然 \(y\) 是奇数。当 \(y=1\) 时,\(\varphi(x)=\frac{x}{2}=2^{z-1}\),是个偶数;当 \(y\) 为其它奇数时,因为 \(\varphi\) 是积性函数,所以 \(\varphi(x) = \varphi(2^z) \varphi(y)\),而 \(\varphi(y)\) 是偶数,所以 \(\varphi(x)\) 是偶数。
所以当上述式子 \(p\gt 2\) 时,\(\varphi(p)\) 是偶数且 \([p=1]=0\),故分子是偶数,可以被 \(2\) 整除。
当上述式子 \(p=2\) 时,\(p\) 是偶数且 \([p=1]=0\),故分子是偶数。
当上述式子 \(p=1\) 时,\(p\times \varphi(p)=1\) 且 \([p=1]=1\),故分子是 \(2\),可以被 \(2\) 整除(其实也很显然除完后就是 \(k=1\))。
预处理 \(\varphi\) 即可。复杂度 \(O(q\log n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1000000
using namespace std;
inline int read(){
int x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
if(f) return x; return 0-x;
}
int t,mx=0,cnt,a[N+5];
ll phi[N+5],pri[N+5],ans[N+5];
bool vis[N+5];
void init(){
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i]) pri[++cnt]=i, phi[i]=i-1;
for(int j=1; j<=cnt && i*pri[j]<=N; j++){
vis[pri[j]*i]=1;
if(i%pri[j]==0){
phi[i*pri[j]] = phi[i] * pri[j];
break;
}
phi[i*pri[j]] = phi[i] * (pri[j]-1);
}
}
}
int main(){
init();
t=read();
for(int i=1; i<=t; i++) mx = max(mx, a[i]=read());
for(int i=1; i<=mx; i++)
for(int j=1; i*j<=mx; j++)
ans[i*j] += (1ll * phi[i] * i + (i==1)) >> 1;
for(int i=1; i<=t; i++) printf("%lld\n", 1ll * ans[a[i]] * a[i]);
return 0;
}
做完这道题后我确信了一件事:我才刚学数论 \(1e-18\) 秒
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