洛谷 P5176 公约数 题解

原题链接

我天哪 大大的庆祝一下：

数论黑题 \(T1\) 达成！

激动地不行

记住套路：乱推 \(\gcd\)，欧拉筛模板，然后乱换元，乱换式子，完了整除分块，欧拉筛和前缀和就解决了！

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{k=1}^p\gcd(i\cdot j,i\cdot k,j\cdot k)\times \gcd(i,j,k)\times \left(\frac{\gcd(i,j)}{\gcd(i,k)\times \gcd(j,k)}+\frac{\gcd(i,k)}{\gcd(i,j)\times \gcd(j,k)}+\frac{\gcd(j,k)}{\gcd(i,j)\times \gcd(i,k)}\right)
\]

\[= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^p \frac{\gcd(i,j) \times \gcd(i,k) \times \gcd(j,k)}{\gcd(i,j,k)} \times \gcd(i,j,k) \times \left(\frac{\gcd(i,j)}{\gcd(i,k)\times \gcd(j,k)}+\frac{\gcd(i,k)}{\gcd(i,j)\times \gcd(j,k)}+\frac{\gcd(j,k)}{\gcd(i,j)\times \gcd(i,k)}\right)
\]

\[= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^p \gcd(i,j)^2 + \gcd(i,k)^2 + \gcd(j,k)^2
\]

\[= p \times \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \gcd(i,j)^2 + m \times \sum_{i=1}^n \sum_{k=1}^p \gcd(i,k)^2 + n \times \sum_{j=1}^m \sum_{k=1}^p \gcd(j,k)^2
\]

下面我们只需考虑 \(\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \gcd(i,j)^2\)的值即可。

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \gcd(i,j)^2
\]

\[= \sum_{d=1}^{\min(n,m)} d^2 \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [\gcd(i,j) == d]
\]

\[= \sum_{d=1}^{\min(n,m)} d^2 \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} [gcd(i,j) == 1]
\]

这里我们要知道 \(\sum_{i=1}^a \sum_{j=1}^b [\gcd(i,j) == 1]\).

然后开始莫比乌斯反演。

令：

\[f_x = \sum_{i=1}^a \sum_{j=1}^b [\gcd(i,j) == x]
\]

\[F_x = \sum_{i=1}^a \sum_{j=1}^b [x | \gcd(i,j)]
\]

显然有：

\[F_x = \sum_{x|d} f_d
\]

\[f_1 = \sum_{d=1} F_d \times \mu_d
\]

\[= \sum_{d=1}^{\min(n,m)} \mu_d \times \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{d} \rfloor
\]

回到原式：

\[= \sum_{d=1}^{\min(n,m)} d^2 \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d} \rfloor} [gcd(i,j) == 1]
\]

\[= \sum_{d=1}^{\min(n,m)} d^2 \sum_{g=1}^{\min(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor,\lfloor \frac{m}{d} \rfloor)} \mu_d \lfloor \frac{n}{g \times d} \rfloor \lfloor \frac{m}{g \times d} \rfloor
\]

设 \(T = g \times d\) ，换 \(d|T\) 枚举。

\[= \sum_{T=1}^{\min(n,m)} \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \times \sum_{d|T} d^2 \mu{\lfloor \frac{T}{d} \rfloor}
\]

对于前面的，我们整除分块。

后面的，是个卷积，两个还都是积性函数，用欧拉筛一下。

（欧拉筛能解决所有的积性函数。如果不能，就再筛一遍。）

提醒一句：我们是要对 \(n\) , \(m\) ，\(p\) 求三次，不要只求一次啊。

突然感觉黑题也不怎难，会了套路就好

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const ll MOD=1e9+7;
const int N=2e7+1;

inline ll read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	ll x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

ll T,n,m,p,cnt=0; bool h[N];
ll prime[N],sum[N],f[N];

inline ll solve(ll n,ll m) {
	ll ans=0;
	for(ll i=1,t;i<=min(n,m);i=t+1) {
		t=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans=(ans+(n/i)*(m/i)%MOD*((sum[t]-sum[i-1]+MOD)%MOD)%MOD)%MOD;
	} return ans;
} //整除分块

inline void Euler() {
	f[1]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++) {
		if(!f[i]) prime[++cnt]=i,f[i]=(i*i%MOD-1+MOD)%MOD;
		for(ll j=1;j<=cnt && i*prime[j]<N;j++) {
			f[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) {
				f[i*prime[j]]=f[i]*prime[j]%MOD*prime[j]%MOD;
				break;
			} else f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%MOD;
		}
	}
	for(ll i=1;i<N;i++) sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%MOD;
} //欧拉筛，做前缀和

int main(){
	Euler(); T=read(); while(T--) {
		n=read(),m=read(),p=read();
		printf("%lld\n",(p*solve(n,m)%MOD+m*solve(n,p)%MOD+n*solve(m,p)%MOD)%MOD);
	} //别忘了3次轮换
	return 0;
}