[BZOJ4815][CQOI2017]小Q的表格(莫比乌斯反演)

4815: [Cqoi2017]小Q的表格

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Description

小Q是个程序员。

作为一个年轻的程序员，小Q总是被老C欺负，老C经常把一些麻烦的任务交给小Q来处理。每当小Q不知道如何解决

时，就只好向你求助。为了完成任务，小Q需要列一个表格，表格有无穷多行，无穷多列，行和列都从1开始标号。

为了完成任务，表格里面每个格子都填了一个整数，为了方便描述，小Q把第a行第b列的整数记为f(a,b),为了完成

任务，这个表格要满足一些条件：(1)对任意的正整数a,b,都要满足f(a,b)=f(b,a)；(2)对任意的正整数a,b,都要

满足b×f(a,a+b)=(a+b)*f(a,b)。为了完成任务，一开始表格里面的数很有规律，第a行第b列的数恰好等于a*b，

显然一开始是满足上述两个条件的。为了完成任务，小Q需要不断的修改表格里面的数，每当修改了一个格子的数

之后，为了让表格继续满足上述两个条件，小Q还需要把这次修改能够波及到的全部格子里都改为恰当的数。由于

某种神奇的力量驱使，已经确保了每一轮修改之后所有格子里的数仍然都是整数。为了完成任务，小Q还需要随时

获取前k行前k列这个有限区域内所有数的和是多少，答案可能比较大，只需要算出答案mod1,000,000,007之后的结

果。

Input

第1行包含两个整数m,n,表示共有m次操作，所有操作和查询涉及到的行编号和列编号都不超过n。

接下来m行，每行4个整数a,b,x,k表示把第a行b列的数改成x，然后把它能够波及到的所有格子全部修改，保证修改

之后所有格子的数仍然都是整数，修改完成后计算前k行前k列里所有数的和。

1<=m<=10000,1<=a,b,k<=N<=4*10^6,0<=x<=10^18

Output

输出共m行，每次操作之后输出1行，表示答案mod 1,000,000,007之后的结果。

Sample Input

3 3
1 1 1 2
2 2 4 3
1 2 4 2

Sample Output

9
36
14

一开始,表格的前3行前3列如图中左边所示,前2次操
作后表格没有变化,第3次操作之后的表格如右边所示。
1 2 3 2 4 6
2 4 6 4 4 12
3 6 9 6 12 9

HINT

Source

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https://blog.sengxian.com/solutions/bzoj-4815

题目里的式子有点像辗转相除，所以可以猜测与gcd有关。

最后的式子利用的是i和j的对称性。

最后要求的是$\sum\limits_{d=1}^{k}f(d)g(\frac{k}{d})$，其中$g(n)=\sum\limits_{i=1}^ni^2\phi(i)$。

因为f(d)是在线修改的，所以需要维护前缀和，容易想到树状数组，但是会T。

注意到对于单次操作，修改个数是$O(1)$的，询问个数是$O(\sqrt n)$的，所以我们需要的是修改$O(\sqrt n)$，询问$O(1)$的算法。

分块可以满足这个需求，注意需要前缀和与整块的差分。

 #include<cmath>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
 typedef long long ll;
 using namespace std;

 const int N=,mod=;
 bool pr[N];
 ll x;
 int n,m,Q,bl,a,b,k,tot,c[N],pos[N],phi[N],p[N],v[N],f[N],g[N];
 struct B{ int l,r; }B[];
 int gcd(int a,int b){ return (!b) ? a : gcd(b,a%b); }

 int ksm(int a,int b){
     int res;
     for (res=; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=)
         if (b & ) res=1ll*a*res%mod;
     return res;
 }

 void pre(){
     phi[]=;
     rep(i,,n){
         if (!pr[i]) p[++tot]=i,phi[i]=i-;
         for (int j=; j<=tot && i*p[j]<=n; j++){
             int t=i*p[j]; pr[t]=;
             if (i%p[j]) phi[t]=phi[i]*(p[j]-);
             else { phi[t]=phi[i]*p[j]; break; }
         }
     }
     rep(i,,n) g[i]=(g[i-]+1ll*i*i%mod*phi[i])%mod;
 }

 void init(){
     bl=sqrt(n); m=(n-)/bl+;
     rep(i,,n) pos[i]=(i-)/bl+,v[i]=1ll*i*i%mod,f[i]=(f[i-]+v[i])%mod;
     rep(i,,m) B[i].l=(i-)*bl+,B[i].r=i*bl;
 }

 void mdf(int x,int k){
     int r=B[pos[x]].r,d=(k-v[x]+mod)%mod; v[x]=k;
     if (!k) return;
     rep(i,x,r) f[i]=(f[i]+d)%mod;
     rep(i,pos[x]+,m) c[i]=(c[i]+d)%mod;
 }

 int que(int x){ return (c[pos[x]]+f[x])%mod; }

 int solve(int n){
     int ans=,lst=,r=,now=;
     for (int i=; i<=n; i=r+,lst=now){
         r=n/(n/i); now=que(r);
         ans=(ans+1ll*(now-lst+mod)*g[n/i]%mod)%mod;
     }
     return ans;
 }

 int main(){
     freopen("bzoj4815.in","r",stdin);
     freopen("bzoj4815.out","w",stdout);
     scanf("%d%d",&Q,&n); pre(); init();
     while (Q--){
         scanf("%d%d%lld%d",&a,&b,&x,&k); x%=mod;
         int d=gcd(a,b); mdf(d,1ll*x*d%mod*d%mod*ksm((1ll*a*b)%mod,mod-)%mod);
         printf("%d\n",solve(k));
     }
     return ;
 }