luogu 4240 毒瘤之神的考验 (莫比乌斯反演)

题目大意：略

题面传送门

果然是一道神duliu题= =

出题人的题解传送门

出题人的题解还是讲得很明白的

1.关于$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\varphi (i,j)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\frac{\varphi (i)\varphi (j)gcd(i,j)}{\varphi (gcd(i,j))}$的证明，lgl神犇提供了一种方法

假设现在$gcd(i,j)$中有一个质因子$p$，幂次是$k$，那么它对$\varphi (gcd(i,j))$的贡献就是$p^{k-1}(p-1)$

设$i$中$p$的幂次是$k_{1}$，$j$是$k_{2}$。则他们对$\varphi (i),\varphi (j)$的贡献分别是$p^{k_{1}-1}(p-1)$和$p^{k_{2}-1}(p-1)$，相乘得$p^{k_{1}+k_{2}-2}(p-1)^{2}$

而$p$对$\varphi (ij)$的贡献是$p^{k_{1}+k_{2}-1}(p-1)$，所以$\frac{p^{k}}{p^{k-1}(p-1)}=\frac{p}{p-1}$

$\frac{p}{p-1}*p^{k_{1}+k_{2}-2}(p-1)^{2}=p^{k_{1}+k_{2}-1}(p-1)$

而质因子间互不影响，因此得证

2.对于最后化简出来的式子$\sum\limits_{Q=1}^{n} \left ( \sum\limits_{d|Q}\frac{d}{\varphi (d)}\mu(\frac{Q}{d}) \right ) \left ( \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{Q} \right \rfloor} \varphi (iQ) \right ) \left ( \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{m}{Q} \right \rfloor} \varphi (jQ) \right )$ 的处理

整除分块不能同时处理两个定义域不同的函数相乘！

所以要把第一个式子$\left ( \sum\limits_{d|Q}\frac{d}{\varphi (d)}\mu(\frac{Q}{d}) \right )$ 按照常规方法进行整除分块，第二个式子$\left ( \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{Q} \right \rfloor} \varphi (iQ) \right ) $和$\left ( \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{m}{Q} \right \rfloor} \varphi (jQ) \right )$用官方题解的方法处理

蒟蒻用$vector$写的常数巨大

 #include <vector>
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #define N1 100010
 #define ll long long
 #define dd double
 using namespace std;

 const int B=;
 const int maxn=;
 const int jr=;

 void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
 {
     if(!b){ x=; y=; return; }
     exgcd(b,a%b,x,y); ll t=x; x=y; y=t-a/b*y;
 }
 int mu[N1],phi[N1],use[N1],pr[N1],cnt;
 int f[N1],G[N1][B+][B+];
 vector<int>g[N1];
 void init()
 {
     int i,j,Q,n; mu[]=phi[]=;
     for(i=;i<=maxn;i++)
     {
         if(!use[i]){ pr[++cnt]=i; mu[i]=-; phi[i]=i-; }
         for(j=;j<=cnt&&i*pr[j]<=maxn;j++)
         {
             use[i*pr[j]]=;
             if(i%pr[j]){ mu[i*pr[j]]=-mu[i]; phi[i*pr[j]]=phi[i]*phi[pr[j]]; }
             else{ phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j]; break; }
         }
     }
     int ans=;ll inv,y;
     for(Q=;Q<=maxn;Q++)
     {
         ans=;
         for(i=;i*Q<=maxn;i++)
         {
             ans=(phi[i*Q]+ans)%jr;
             g[Q].push_back(ans);
         }
     }
     for(i=;i<=maxn;i++)
     {
         exgcd(phi[i],jr,inv,y); inv=(inv%jr+jr)%jr;
         for(j=;j*i<=maxn;j++)
             f[i*j]=(1ll*i*inv%jr*mu[j]%jr+f[i*j]+jr)%jr;
         //sf[i]=(sf[i-1]+f[i])%jr;
     }
     for(Q=;Q<=maxn;Q++)
     {
         for(i=;i<=B;i++) for(j=;j<=B;j++)
             G[Q][i][j]=(1ll*g[Q][i-]*g[Q][j-]%jr*f[Q]+G[Q-][i][j])%jr;
     }
 }
 int n,m,T;

 int main()
 {
     scanf("%d",&T);
     init();
     int i,j,la;ll ans=;
     while(T--)
     {
         scanf("%d%d",&n,&m); if(n>m) swap(n,m);
         for(i=,ans=;i<=n&&m/i>B;i++)
             ans=(ans+1ll*g[i][n/i-]*g[i][m/i-]%jr*f[i]%jr)%jr;
         for(;i<=n;i=la+)
         {
             la=min(n/(n/i),m/(m/i));
             ans=(ans+G[la][n/i][m/i]-G[i-][n/i][m/i]+jr)%jr;
         }
         printf("%lld\n",ans);
     }
     return ;
 }