DZY Love Math 系列

[BOZJ3309] DZY Loves Math

顺着套路就能得到：$Ans = \sum_{T=1}\lfloor \frac{n}{T} \rfloor \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \sum_{d|T} f(d) \mu(\frac{T}{d})$。
问题变为求$\sum_{d|T} f(d) \mu(\frac{T}{d})$。
你可以见这里。
你还可以见这里。
然而我就是要再写一遍你管我QwQ......
设$T = \prod_{i=1}^K p_i^{a_i}$，$d = \prod_{i=1}^Kp_i^{b_i}$，显然有$a_i\ge b_i$，看到$\mu$显然$|a_i-b_i|\leq 1$才有意义。
若存在$a_i>a_j$，则$b_i\ge b_j$，所以$b_j$可以操控符号，即$f(d) = 0$。
否则说明$a_1=a_2...=a_K$，显然只有当$b_i=a_i-1$对所有$i$都成立时，$f$的绝对值大小不一样。
所以$f(d) = (-1)^{K+1}$，记一下最小质因子和每个数包含的不同质因子数，然后就能线性筛$f$了。

[BZOJ3462] DZY Loves Math II

把可用质数$p$弄出来，不同的$p$不会超过$7$个，那么就是求$\sum_{i=1}^K c_i p_i = n$的合法$c_i$组的个数。
由于$p_i|S$，所以把方案按照$c_i\% \frac{S}{p_i}$后的结果分组，然后背包处理$(S-1)(K+1)$以内的答案。
每次枚举模后方案的答案$tS + n\% S$，然后设还需要$x$个$S$，插板分配到$K$个质数中即可。

[BZOJ3481] DZY Loves Math III

用扩欧那套理论可得：$Ans = \sum_{x=1}^{P} gcd(x,P) [gcd(x,P)|Q]$
枚举$d = gcd(x,P)$，$Ans = \sum_{d|P,d|Q} d\varphi(\frac{P}{d})$。
令$Q' = gcd(P,Q)$，$Ans = \sum_{d|P} d[d|Q']\varphi(\frac{P}{d}) = \sum_{d|Q'} d\varphi(\frac{P}{d})$。
被小胖坑过的童鞋应该都能立刻反应过来这是狄利克雷卷积，只要算每个质因子的答案即可。
枚举一个质因子$p$，设$P$中有$a$个，$Q'$中有$b$个。
若$a > b$，$ans(p) = (b + 1)(p-1)p^{a-1}$，若$a=b$，$ans(p) = b(p-1)p^{a-1} + p^a$。
大数分解质因数用一下$Miller-Rabin$和$Pollard-Rho$就行了。

[BZOJ3512] DZY Loves Math IV

枚举一个$n$，然后要算$S(n,m) = \sum_{i=1}^m \varphi(in)$。
令$d = gcd(i,n)$。
顺着套路展开：$S(n,m) = \sum_{i=1}^m \varphi(i)\varphi(\frac{n}{d})d = \sum_{i=1}^m \varphi(i) \varphi(\frac{n}{d}) \sum_{e|d} \varphi(e)$。
后面两个玩意合并不了，不过很好解决。
我们设$n'y = n$，其中$n'$为$n$的每个质因子各取一个构成的数，$d' = gcd(i,n')$。
$S(n,m) = y\sum_{i=1}^m \varphi(i) \varphi(\frac{n'}{d'})\sum_{e|d'}\varphi(e)$。
那么此时有$\frac{n'}{d'} \perp e$，
$S(n,m) = y\sum_{i=1}^m \varphi(i) \sum_{e|d'}\varphi(\frac{n'}{e}) = y\sum_{i=1}^m \varphi(i) \sum_{e|n',e|i} \varphi(\frac{n'}{e})$。
$S(n,m) = y\sum_{e|n'} \varphi(\frac{n'}{e}) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{m}{e} \rfloor} \varphi(ie) = y\sum_{e|n'} \varphi(\frac{n'}{e})S(e,\lfloor \frac{m}{e} \rfloor)$。
递归做，$n = 1$时杜教筛求$\varphi$前缀和即可。

[BZOJ3560] DZY Loves Math V

明摆着是叫你算每一个质因子的贡献，然后把它们都乘起来。
考虑欧拉函数$\varphi(p^t) = (p-1) p^{t-1}$。
所以每一个质因子的贡献为$(\prod_{i=1}^n (\sum_{j=0}^{c_i} p^j) - 1) (p-1) + 1$，乘起来就行了。

[BZOJ3561] DZY Loves Math VI

顺着套路推(设$n\leq m$)，可以得到：
$Ans = \sum_{T=1}^{n} (\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor} i)(\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{T} \rfloor} j) \sum_{e|T} (\frac{T}{e})^{\frac{T}{e}} \mu(e) e^{2(\frac{T}{e})}$，暴力算即可。