【刷题】洛谷 P3768 简单的数学题

题目描述

由于出题人懒得写背景了，题目还是简单一点好。

输入一个整数n和一个整数p，你需要求出(\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ijgcd(i,j))~mod~p\)，其中gcd(a,b)表示a与b的最大公约数。

输入输出格式

输入格式：

一行两个整数p、n。

输出格式：

一行一个整数(\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ijgcd(i,j))~mod~p\)。

输入输出样例

输入样例#1：

998244353 2000

输出样例#1：

883968974

说明

对于20%的数据，\(n \leq 1000\)。

对于30%的数据，\(n \leq 5000\)。

对于60%的数据，\(n\leq 10^6\)，时限1s。

对于另外20%的数据，\(n\leq 10^9\)，时限3s。

对于最后20%的数据，\(n \leq 10^{10}\)，时限6s。

对于100%的数据，\(5 \times 10^8 \leq p \leq 1.1 \times 10^9\)且p为质数。

题解

同样的莫比乌斯反演，加上杜教筛

\[ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nij\cdot gcd(i,j) \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

\[=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}di\cdot dj\cdot d[gcd(i,j)=1]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

\[=\sum_{d=1}^nd^3\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}ij[gcd(i,j)=1]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

\[=\sum_{d=1}^nd^3\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\mu(i)\cdot i^2\cdot s(\lfloor \frac{n}{id} \rfloor)\ \ \ (s(n)=(\frac{n*(n+1)}{2})^2)
\]

\[=\sum_{T=1}^ns(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor)\sum_{d|T}d^3\cdot \mu(\frac{T}{d})\cdot (\frac{T}{d})^2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

\[=\sum_{T=1}^ns(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor)T^2\sum_{d|T}d\cdot \mu(\frac{T}{d})\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

\[=\sum_{T=1}^ns(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor)T^2\varphi(T)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

最后一步与欧拉函数有关，也与卷积有关

对于前面\(\sum_{T=1}^ns(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor)\)可以整除分块，我们考虑后面部分的前缀和

设\(S(n)=\sum_{i=1}^ni^2\varphi(i)\)

然后上杜教筛

\[S(n)=\sum_{i=1}^ni^2\varphi(i)=\sum_{i=1}^ni^2(\sum_{d|i}\varphi(d)-\sum_{d|i,d\ne i}\varphi(d))
\]

\[=\sum_{i=1}^ni^2\sum_{d|i}\varphi(d)-\sum_{i=1}^ni^2\sum_{d|i,d\ne i}\varphi(d)\ \ \ \ \
\]

\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{i=1}^n\sum_{d|i,d\ne i}i^2\varphi(d)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{\frac{i}{d}=2}^n\sum_{\frac{i}{d}|i}^ni^2\varphi(d)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{x=2}^n\sum_{x|xd}^n(xd)^2\varphi(d)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{x=2}^n\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor}x^2d^2\varphi(d)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{x=2}^nx^2\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor}d^2\varphi(d)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{x=2}^nx^2S(\lfloor \frac{n}{x} \rfloor)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]

成功杜教筛，复杂度\(O(n^\frac{2}{3})\)？

先预处理前\(1e7\)项，后面的用杜教筛的式子求

\[ans=\sum_{T=1}^ns(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor )S(T)
\]

整除分块了，杜教筛了，然后就过了

这一题涉及了欧拉函数和卷积，但这些还没学通，式子中有些东西是强背的

以后还会系统地学

在代码实现的过程中用到了平方与立方数列求和公式，不然复杂度不对，详细公式可以见这里（以前从未听说过这么强的公式。。。）

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
const int MAXN=1000000+10;
int Mod,cnt,prime[MAXN],vis[MAXN];
ll phi[MAXN],f[MAXN],six,two;
std::map<ll,ll> M;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
	T data=0,w=1;
	char ch=0;
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
	x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char c='\0')
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	if(c!='\0')putchar(c);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline ll qexp(ll a,ll b)
{
	ll res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)res=res*a%Mod;
		a=a*a%Mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
inline void init()
{
	two=qexp(2,Mod-2);
	six=qexp(6,Mod-2);
	memset(vis,1,sizeof(vis));
	vis[0]=vis[1]=0;
	phi[1]=1;
	for(register int i=2;i<MAXN;++i)
	{
		if(vis[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(register int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<MAXN;++j)
		{
			vis[i*prime[j]]=0;
			if(i%prime[j])phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]]%Mod;
			else
			{
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*(ll)prime[j]%Mod;
				break;
			}
		}
	}
	for(register ll i=1;i<MAXN;++i)f[i]=(f[i-1]+i*i%Mod*phi[i]%Mod)%Mod;
}
inline ll s3(ll x)
{
	x%=Mod;
	ll res=x*(x+1)%Mod*two%Mod;
	return res*res%Mod;
}
inline ll s2(ll x)
{
	x%=Mod;
	return x*(x+1)%Mod*(x+x+1)%Mod*six%Mod;
}
inline ll Phis(ll x)
{
	if(x<MAXN)return f[x];
	if(M[x])return M[x];
	ll res=s3(x);
	for(register ll i=2;;)
	{
		if(i>x)break;
		ll j=x/(x/i);
		(res-=Phis(x/i)*(s2(j)-s2(i-1))%Mod)%=Mod;
		i=j+1;
	}
	return M[x]=(res+Mod)%Mod;
}
inline ll solve(ll n)
{
	ll res=0;
	for(register ll i=1;;)
	{
		if(i>n)break;
		ll j=n/(n/i);
		(res+=s3(n/i)*(Phis(j)-Phis(i-1))%Mod)%=Mod;
		i=j+1;
	}
	return (res+Mod)%Mod;
}
int main()
{
	ll n;
	read(Mod);read(n);
	init();
	write(solve(n),'\n');
	return 0;
}