luoguP3768简单的数学题

大佬们绕道吧（或跳到错误&启发后下一根横线后）

这道题吧正解是莫比乌斯反演吧，但本人有一种独创玄妙的想法去偏分

这道题是让我们求这个对吧

\((\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ijgcd(i,j))~mod~p\)

先把\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\)内的\(ij\)去掉式子变成了\((\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n gcd(i,j))~mod~p\)

怎么算呢
\((\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n gcd(i,j))~mod~p\)
如果\(n\)小我们本来就可以模拟来算，但这道题的简化版\(n\)都\(10^6\)级别的肯定没办法,

考虑我们老师提出的一种思路，既然一个一个i（一对一对\(ij\)）来算没办法，那么如果我们规定答案又如何

这样我们就可以去找个数累乘即可

但怎么在这样浩如烟海的数据找出一对\(gcd(i,j)=x\)呢

既然这样，再简化问题，我们能否将双向的求\(gcd\)改为单向的呢，即只计算比i大的每个j\((\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n gcd(i,j))~mod~p\)

这样问题变为了\((\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=i}^n gcd(i,j))~mod~p\)

又即\((\sum_{i=2}^{n}\sum_{j=1}^i gcd(i,j))~mod~p\)

而怎么变回刚才的式子呢，很简单

考虑这样全体点即数字的双向运算，共分为三类，即左向右，右向左和自己对自己

所以上式=\(2\cdot\sum_{i=2}^{n}\sum_{j=1}^i gcd(i,j))~mod~p+n\cdot(n+1)/2\)

到此，我们可以正式来思考这个问题了

如果i与某一个小于数的\(gcd\)不为1，则这个数一定是i的因数

考虑x与i的\(gcd\)为它的第k个因数\(p_k\)，则只要\(gcd(x/{p_k},i)=1\)即可，这时x的个数就是与i互质的数个数，即\(φ(i)\)

但我们必须要求出这每个\(i\)与它如上文所求出的\(F_i\)吗

不，对于每一个i我们的确需要求出其每一个因数对\(F_i\)造成的影响

但对于上式\(Ans\)=\(\sum_{k=1}^{i}{F_i}\)中一个数x就不只对结果造成一次影响了，而是\(x\cdot1,x\cdot2,x\cdot3,...x\cdot(i/x)\)了

因此模仿着筛法我们写下这样的代码

\(\sum_{i=1}^{n/2}\sum_{j=2}^{n/i} i\cdotφ(j))~mod~p\)

好吧

你现在已经可以做出$ P2398 GCDSUM\(和\)P1390$了

但别急，我们还是没有做出最初的话题

先来一波相似的变形

\(\sum ^{n}_{i=1}\sum ^{n}_{j=1}ij\gcd \left( i,j\right)\)

\(=2\sum ^{n/2}_{i=1}\sum ^{n/i}_{j=2}ij\gcd \left( i,j\right)+\sum _{i=1}^{n}i^3\)

于是后面那一坨又变成了\({(\sum _{i=1}^{n}i^2)}^2\)

即\(n^2\cdot(n+1)^2\)

考虑

\(\sum ^{n/2}_{i=1}\sum ^{n/i}_{j=2}ij\gcd(i,j)\)……（1）

与\(\sum ^{n/2}_{i=1}\sum ^{n/i}_{j=2}\gcd(i,j)\)……（2）

每个\(gcd\)我们求出来了，那么乘上了\(i\cdot j\)应该也好算吧

既然在原式\(\sum_{i=1}^{n/2}\sum_{j=2}^{n/i} i\cdotφ(j))~mod~p\)中

i表示的是\(gcd\)的值，直接乘上去即可

j表示的是\(gcd\)的个数，我们也可以换个角度理解为是每次有\(gcd(n,x)=p_i\)时权值为1

因此要求的是因此要求的是与j互质的数的个数

而现在的（2）式中不过权值被改成了\(x\)罢了

我们只需要求出对于（1）式中的每一个j互质的数的和

仔细想想（1）（2）是相通的吧

而这个数怎么求呢

考虑如果x(\(<n\))与n互质，则n-x也与n互质

因此与n互质的数总是成对出现且对数为\(φ(n)/2\)

（是这样的吗）

严谨来说这并不对

还需要考虑n为偶数情况

但这样答案是一样的啊

所以我们肯定的说与n互质的数之和为\(n\cdot φ(n)/2\)

我们得到了一个仿佛正确的式子

\(\sum_{i=1}^{n/2}\sum_{j=2}^{n/i} i^2\cdot j^2\cdot φ^2(j)/2~mod~p\)

正好与前面单双向抵消掉了一个\(1/2\)多么美妙啊

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\({}\)

\({}\)

\({}\)

你觉得自己看完这些个就该走了吗亦或一个\(copy\)漂亮\(AC?\)

好吧如果你还坚持看到了这里那么你肯定知道那是错的

有没有很伤心

有没有很伤心

有没有很伤心

** 其实我比你还伤心 **

但在继续之前有必要说明一下原因呢

其实感觉起来每一步都没错，但其实这样一个代还的过程就错了

在原式中的\(ij\)仅仅是两个没有关系的变量，他们中的每一个都有可能成为后文中所写的x

而在我们的变形中i表示的是结果，和他对应的上文中的\((i0,j0)\)太多了，而j则是表示的这样存在的x的个数，我们把（1）（2）式的区别归结到权值是没错，但\(i,j\)的值是被分别累乘到很多对对的包含它们的数对\(gcd\)上，而我们这么做，是把i，j乘到了满足gcd为x，其中它们成立的这样很多组之中，就大错特错了

刚才的那一段

考虑用另外一种方式表示所求

【注明】以下内容均省略mod p

先不分离方向，思考能否把\(i\cdot j\)外部分不脱离的表示出来(就是整体的式子不变)，即表示\(gcd(i,j)\)

有定理如下：

一个数的所有因子的欧拉函数之和等于这个数本身。

因为最大公约数是所有公约数的倍数，所以他就是他们的欧拉函数之和

有\(gcd(i,j)=\sum _{(x|i,x|j)} φ(x)\)

仿佛我们需要判定求和一样

但在刚才一题给我们的启发————构造思路中我们可不可以反着去枚举这样的x去当别人的公约数,再去求所有它不同倍数成对之积的和？

即\(\sum_{x|i,x|j}i\cdot j\)

答案是肯定的，并且刚才提到的两种思路应该是对等的

怎么快速的求这些乘积的和,同样思考构造，既然x只要是\(i,j\)的公约数就可以了，那么可以直接认为\(i=k_1\cdot x,j=k_2\cdot x\)，而其中k1,k2取值都是\([1,[n/x]]\)（这里[]下除法表向下取整），又因为\(i,j\)在这里地位是平等的
k1会取到的值k2都有可能取到

所以\(\sum_{x|i,x|j}i\cdot j\)=\((x\cdot \sum_{i=1}^{n/x})^2\)

所以就有原式\(=\sum ^{n}_{i=1}φ(i)\cdot (i\cdot \sum_{j=1}^{n/i})^2\)

\(=\sum ^{n}_{i=1}φ(i)\cdot (i\cdot n\cdot (n+1) )^2\)

关键就是这道题\(mod\)的数极大无比，我们可以用上快速乘，同时用上快速幂，也可以这样变形

\(\sum ^{n}_{i=1}φ(i)\cdot i^2\cdot \sum_{j=1}^{n/i}j^3\)

最后提示下筛法时直接保存\(φ(i)\cdot i^2 modp\)的值

最后声明

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前一个错误的思路is by myself

这个思路is by我老师的提示

个人认为$ P2398 GCDSUM\(和\)P1390$大家可以用两种方法试一试