题解 P1829 【[国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB】

题目

我的第一篇莫比乌斯反演题解兴奋兴奋兴奋

贡献一个本人自己想的思路，你从未看到过的船新思路

【分析】

显然，题目要求求的是 $\displaystyle Ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m lcm(i,j)$

根据数论知识，很显然 $lcm(i,j)={ij\over gcd(i,j)}$

$\therefore \displaystyle Ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m lcm(i,j)$

$\displaystyle \qquad\quad=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m{ij\over gcd(i,j)}$

$\displaystyle \qquad\quad =\sum_{k=1}^{min(n,m)}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m{ij\over k}[gcd(i,j)= k]$

考虑 $i,j$ 的贡献：

$\displaystyle \quad Ans=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\sum_{i=1}^{\lfloor{n\over k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor{m\over k}\rfloor}{ik\times jk\over k}[gcd(i,j)= 1]$

由 $\displaystyle \sum_{d\mid n}\boldsymbol \mu(d)=\sum_{d\mid n}\boldsymbol \mu(d)\boldsymbol I({n\over d})=(\boldsymbol \mu*\boldsymbol I)(n)=\boldsymbol \epsilon(n)=[n=1]$ 得

$\displaystyle \quad Ans=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\sum_{i=1}^{\lfloor{n\over k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor{m\over k}\rfloor}ijk\sum_{d\mid gcd(i,j)}\boldsymbol\mu(d)$

$\displaystyle \qquad\quad =\sum_{k=1}^{min(n,m)}\sum_{i=1}^{\lfloor{n\over k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor{m\over k}\rfloor}ijk\sum_{d\mid i\bigwedge d\mid j}\boldsymbol\mu(d)$

调换顺序，枚举 $d$

$\displaystyle \quad Ans=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\sum_{d=1}^{min(\lfloor{n\over k}\rfloor,\lfloor{m\over k}\rfloor)}\boldsymbol \mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor{n\over k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor{m\over k}\rfloor}ijk[d\mid i\bigwedge d\mid j]$

$\displaystyle \qquad\quad =\sum_{k=1}^{min(n,m)}\sum_{d=1}^{min(\lfloor{n\over k}\rfloor,\lfloor{m\over k}\rfloor)}\boldsymbol \mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor{n\over k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor{m\over k}\rfloor}ijk[d\mid i][d\mid j]$

各回各家，各找各妈

$\displaystyle \quad Ans=\sum_{k=1}^{min(n,m)}k\sum_{d=1}^{min(\lfloor{n\over k}\rfloor,\lfloor{m\over k}\rfloor)}\boldsymbol \mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor{n\over k}\rfloor}i[d\mid i]\sum_{j=1}^{\lfloor{m\over k}\rfloor}j[d\mid j]$

考虑 $i,j$ 的贡献：

$\displaystyle \quad Ans=\sum_{k=1}^{min(n,m)}k\sum_{d=1}^{min(\lfloor{n\over k}\rfloor,\lfloor{m\over k}\rfloor)}\boldsymbol \mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor{n\over kd}\rfloor}i\times d[1\mid i]\sum_{j=1}^{\lfloor{m\over kd}\rfloor}j\times d[1\mid j]$

$\displaystyle \qquad\quad=\sum_{k=1}^{min(n,m)}k\sum_{d=1}^{min(\lfloor{n\over k}\rfloor,\lfloor{m\over k}\rfloor)}d^2\boldsymbol \mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor{n\over kd}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor{m\over kd}\rfloor}j$

大部分 dalao 就到此为止，接下来分段用整除分块求解

本人则根据套路又化简了一下：

设 $\displaystyle T=kd,Sum(n)=\sum_{i=1}^ni={i(i+1)\over 2}$

$\displaystyle \quad Ans=\sum_{k=1}^{min(n,m)}k\sum_{T=1}^{min(n,m)}[k\mid T]({T\over k})^2\boldsymbol \mu({T\over k})Sum(\lfloor{n\over T}\rfloor)Sum(\lfloor{m\over T}\rfloor)$

调换顺序，先枚举 $T$

$\displaystyle \quad Ans=\sum_{T=1}^{min(n,m)}T^2Sum(\lfloor{n\over T}\rfloor)Sum(\lfloor{m\over T}\rfloor)\sum_{k\mid T}{1\over k}\boldsymbol \mu({T\over k})$

哦吼，凉凉。这是什么鬼东西

一看题目，答案需要对一个大于 $min(n,m)$ 的质数取模

所以，${1\over k}$ 显然可以表现为逆元形式

设 $\boldsymbol {Inv}(n)=n^{-1}$

$\displaystyle \quad Ans=\sum_{T=1}^{min(n,m)}T^2Sum(\lfloor{n\over T}\rfloor)Sum(\lfloor{m\over T}\rfloor)\sum_{k\mid T}\boldsymbol{Inv}(k)\boldsymbol \mu({T\over k})$

大家注意 $\displaystyle\sum_{k\mid T}\boldsymbol{Inv}(k)\boldsymbol \mu({T\over k})$

这玩意儿是不是很像迪利克雷卷积呢？我们可以确定 $\boldsymbol\mu(n)$ 是个积性函数，如果 $\boldsymbol{Inv}(n)$ 也是积性函数，那它就必然是卷积成一个新的积性函数了

而对 $\forall gcd(a,b)=1\Leftrightarrow \boldsymbol{Inv}(ab)=(ab)^{-1}\equiv a^{-1}\times b^{-1}=\boldsymbol{Inv}(a)\times \boldsymbol{Inv}(b)(\mod 20101009)$

所以，我们发现，在取模意义下 $\boldsymbol {Inv}(n)$ 也是积性函数

所以不妨设 $\boldsymbol f=\boldsymbol \mu*\boldsymbol {Inv}$

$\displaystyle \quad Ans=\sum_{T=1}^{min(n,m)}T^2\boldsymbol f(T)Sum(\lfloor{n\over T}\rfloor)Sum(\lfloor{m\over T}\rfloor)$

再设 $\boldsymbol g(n)=n^2\boldsymbol f(n)$

$\boldsymbol g(n)=\boldsymbol{id}^2(n)\boldsymbol f(n)$

所以 $\boldsymbol g(n)$ 也是积性函数，同时，式子化简完毕：

$\displaystyle \quad Ans=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\boldsymbol g(T)Sum(\lfloor{n\over T}\rfloor)Sum(\lfloor{m\over T}\rfloor)$

只要我们线性求出 $\boldsymbol g(T)$ 的前缀和，就可以用整除分块出来了

根据 $\boldsymbol g(n)$ 是积性函数，我们可以知道它一定是可以线性筛出来的

我们先考虑 $\boldsymbol f(n)$

$\displaystyle \boldsymbol f(1)=\sum_{d\mid 1}\boldsymbol \mu({1\over d})\times d^{-1}=\boldsymbol \mu(1)\times 1^{-1}=1\times 1=1$

$\displaystyle \therefore \boldsymbol g(1)=1^2\boldsymbol f(1)=1\times 1=1$

对 $\forall p\in prime$

$\displaystyle \boldsymbol f(p)=\sum_{d\mid p}\boldsymbol {Inv}(d)\boldsymbol\mu({p\over d})$

$\displaystyle \qquad\ =\boldsymbol \mu(p)\times 1^{-1}+\boldsymbol \mu(1)\times p^{-1}$

$\displaystyle \qquad\ =(-1)+p^{-1}$

$\displaystyle \qquad\ =p^{-1}-1$

$\displaystyle \qquad\ =(p^1)^{-1}-(p^0)^{-1}$

对 $\forall k>1$

$\displaystyle \boldsymbol f(p^k)=\sum_{d\mid p^k}\boldsymbol {Inv}(d)\boldsymbol\mu({p^k\over d})$

$\displaystyle\qquad\ =\sum_{t=0}^k\boldsymbol{Inv}(p^{k-t})\boldsymbol \mu(p^t)$

$\displaystyle\qquad\ =\sum_{t=0}^1\boldsymbol{Inv}(p^{k-t})\boldsymbol \mu(p^t)+\sum_{t=2}^k\boldsymbol{Inv}(p^{k-t})\boldsymbol \mu(p^t)$

$\displaystyle \qquad\ =\boldsymbol{Inv}(p^k)\boldsymbol \mu(1)+\boldsymbol{Inv}(p^{k-1})\boldsymbol \mu(p)+\sum_{t=2}^k\boldsymbol{Inv}(p^{k-t})\times 0$

$\displaystyle \qquad\ =(p^k)^{-1}-(p^{k-1})^{-1}$

$\therefore \boldsymbol f(p^k)=(p^k)^{-1}-(p^{k-1})^{-1}=(p^k)^{-1}(1-p),k\in N_+$

$\therefore \boldsymbol g(p^k)=(p^k)^2\boldsymbol f(p^k)$

$\displaystyle \qquad\quad\ \ =p^k\times p^k\times (p^k)^{-1}\times (1-p)$

$\displaystyle \qquad\quad\ \ =p^k\times (1-p)$

$\displaystyle \qquad\quad\ \ =p^k-p^{k+1}$

$\displaystyle \boldsymbol g(p^k)=p\times \boldsymbol g(p^{k-1})$

$\therefore$ 对 $\forall p\in prime$

$\boldsymbol g(p\times n)=\begin{cases}p\times \boldsymbol g(n),p\mid n\\\ \\\ \\(1-p)p\times \boldsymbol g(n),p\nmid n\end{cases}$

即 $\boldsymbol g(p\times n)=p\times\boldsymbol g(n)\times\begin{cases}1,p\mid n\\\ \\\ \\(1-p),p\nmid n\end{cases}$

这里对整除分块做一个讲解，已经掌握的 dalao 请跳过：

对于刚刚这个式子，我们希望在已知 $\boldsymbol g(n)$ 的情况下 $O(\sqrt n)$ 得出答案

$\displaystyle \quad Ans=\sum_{T=1}^{min(n,m)}\boldsymbol g(T)Sum(\lfloor{n\over T}\rfloor)Sum(\lfloor{m\over T}\rfloor)$

这边有一个原理：对 $\forall d\in Z_+,\lfloor{n\over d}\rfloor$ 的取值只有不超过 $2\sqrt n$ 个

证明：对 $\forall d\leq \sqrt n,{n\over d}$ 只有不超过 $\sqrt n$ 个取值；对 $\forall d> \sqrt n,\lfloor{n\over d}\rfloor<\lfloor\sqrt n\rfloor$ ，也只有不超过 $\sqrt n$ 个取值。加起来，不超过 $2\sqrt n$ 个

整除分块的原理即从此而来：

我们先考虑单维情况，只含 $n$ 或只含 $m$：

设对 $i\in[l,r]$ 满足：

$\lfloor{n\over l-1}\rfloor\neq\lfloor{n\over l}\rfloor=\lfloor{n\over i}\rfloor=\lfloor{n\over r}\rfloor\neq \lfloor{n\over r+1}\rfloor$

则有 $r=max(i)\Leftrightarrow {n\over r}=min({n\over i})=\lfloor{n\over i}\rfloor$

$\therefore r={n\over \lfloor{n\over i}\rfloor}$

若已知 $l$ ，则 $r={n\over \lfloor{n\over l}\rfloor}$

那 $l$ 怎么知道呢？

已知第一个为 $l=1$ ，且每个 $l$ 对应且仅对应一个 $r$

所以当 $l=r+1$ 时， $l$ 一定为下个区间的最小值

既然满足如此关系，则：

$\displaystyle \quad ans=\sum_{T=l}^r\boldsymbol g(T)Sum(\lfloor{n\over T}\rfloor)Sum(\lfloor{m\over T}\rfloor)$

$\displaystyle \qquad\quad =\sum_{T=l}^r\boldsymbol g(T)Sum(\lfloor{n\over r}\rfloor)Sum(\lfloor{m\over r}\rfloor)$

$\displaystyle \qquad\quad =Sum(\lfloor{n\over r}\rfloor)Sum(\lfloor{m\over r}\rfloor)\sum_{T=l}^r\boldsymbol g(T)$

设 $\displaystyle G(n)=\sum_{i=1}^n\boldsymbol g(n)$

$\displaystyle ans=Sum(\lfloor{n\over r}\rfloor)Sum(\lfloor{m\over r}\rfloor)[G(r)-G(l-1)]$

最后只需要 $Ans=\sum ans$ 进行 $O(\sqrt n)$ 统计即可

对于二维情况，依葫芦画瓢：

设 $i\in[l,r],s.t.$

$\lfloor{n\over l-1}\rfloor\neq\lfloor{n\over l}\rfloor=\lfloor{n\over i}\rfloor=\lfloor{n\over r}\rfloor\neq \lfloor{n\over r+1}\rfloor$

$\lfloor{m\over l-1}\rfloor\neq\lfloor{m\over l}\rfloor=\lfloor{m\over i}\rfloor=\lfloor{m\over r}\rfloor\neq \lfloor{m\over r+1}\rfloor$

则在 $l$ 确定的情况下，为了使第一个式子得到满足，会得到 $r_1={n\over \lfloor{n\over l}\rfloor}$

为了使第二个式子得到满足会得到 $r_2={m\over \lfloor{m\over l}\rfloor}$

故为使得两式同时成立，取 $r=min(r_1,r_2)$ 即可

剩余的步骤与一维一样很简单吧

【代码】

那本蒟蒻就放我码风极丑的代码了

#include<cstdio>

#include<algorithm>

using namespace std;

#define f(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a<=c;a++)

#define g(a,b,c,d) for(register int a=b,c=d;a>=c;a--)

//#define LOCAL

typedef int i32;

typedef unsigned int u32;

typedef long long int i64;

typedef unsigned long long int u64;

const i32 MOD=20101009;

const i32 MAXN=1e7+10;

typedef i32 ar[MAXN];

namespace HABIT{//读入输出优化和一堆黑科技，不必管

    template<typename T> inline T Max(T a) { return a; }

    template<typename T,typename... Args> inline T Max(T a,Args... args){

        T b=Max(args...);

        return (a>b)?a:b;

    }

    template<typename T> inline T Min(T a) { return a; }

    template<typename T,typename... Args> inline T Min(T a,Args... args){

        T b=Min(args...);

        return (a<b)?a:b;

    }

    #ifdef LOCAL

        inline char gc() { return getchar(); }

    #else

        inline char gc() {

            static char s[1<<20|1]={0},*p1=s,*p2=s;

            return (p1==p2)&&(p2=(p1=s)+fread(s,1,1<<20,stdin),p1==p2)?EOF:*(p1++);

        }

    #endif

    inline i32 read(){

        register i32 ans=0;register char c=gc();register bool neg=0;

        while(c<48||c>57) neg^=!(c^'-'),c=gc();

        while(c>=48&&c<=57) ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48),c=gc();

        return neg?-ans:ans;

    }

    char Output_Ans[1<<20|1],*Output_Cur=Output_Ans;

    inline bool output() { Output_Cur-=fwrite(Output_Ans,1,Output_Cur-Output_Ans,stdout); }

    inline void print(char c) { (Output_Cur-Output_Ans+1>>20)&&output(),*(Output_Cur++)=c; }

    inline void print(i32 x){

        char buf[20]={0}; (Output_Cur-Output_Ans+sprintf(buf,"%d",x)>>20)&&output();

        Output_Cur+=sprintf(Output_Cur,"%d",x);

    }

}

using namespace HABIT;

i32 d_N,d_M;

ar ar_d_G,ar_d_Fc,ar_d_Prime;

inline void pre(){

    i32 *ptr_d_Prime=ar_d_Prime;

    ar_d_G[1]=1;

    f(i,2,I,d_N){

        if(!ar_d_Fc[i])

            ar_d_G[i]=(1ll-i)*(*(ptr_d_Prime++)=(ar_d_Fc[i]=i))%MOD+MOD;

            //肯定是负数，取模完直接加上

        for(register i32 *p=ar_d_Prime;p<ptr_d_Prime&&*p*i<=d_N;p++){

            ar_d_Fc[*p*i]=*p;

            ar_d_G[*p*i]=1ll*(*p)*ar_d_G[i]%MOD;

            if(*p<ar_d_Fc[i]) ar_d_G[*p*i]=(1ll-*p)*ar_d_G[*p*i]%MOD+MOD;

            //肯定是负数，取模完直接加上

            else break;

        }

        ar_d_G[i]+=ar_d_G[i-1];

        if(ar_d_G[i]>=MOD) ar_d_G[i]-=MOD;

        //前缀和

    }

}

int main(){

    d_N=read(),d_M=read();

    if(d_N>d_M) d_N^=d_M^=d_N^=d_M;

    pre();

    i32 d_Ans=0;

    for(register i32 l=1,r;l<=d_N;l=r+1){

        r=Min( d_N/(d_N/l) , d_M/(d_M/l) );

        i64 d_Tmp=ar_d_G[r]-ar_d_G[l-1];

        i32 d_A=(1ll+d_N/r)*(d_N/r)/2%MOD;

        i32 d_B=(1ll+d_M/r)*(d_M/r)/2%MOD;

        d_Tmp=d_Tmp*d_A%MOD*d_B%MOD;

        d_Ans+=d_Tmp;

        if(d_Ans<0) d_Ans+=MOD;

        else if(d_Ans>=MOD) d_Ans-=MOD;

    }

    print(d_Ans);

    output();

    return 0;

}

最后安利一下本蒟蒻的博客