@hdu - 6428@ Problem C. Calculate

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@description@

给定 A, B, C，求：

\[\sum_{i=1}^{A}\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}\phi(gcd(i, j^2, k^3))\mod 2^{30}
\]

Input

第一行给定一个整数 T，描述数据组数。

接下来每组数据包含三个整数 A, B, C，含义如上。

1 ≤ T ≤ 10, 0 < A, B, C ≤ 10^7

Output

对于每组数据，输出答案 mod 2^30。

Sample Input

4

96 93 95

970 906 893

92460 95043 54245

9760979 8053227 7156842

Sample Output

1114536

28070648

388873924

623507672

@solution@

套路反演一波：

\[ans = \sum_{d=1}\phi(d)*(\sum_{d|p}\mu(\frac{p}{d})*(\sum_{i=1}^{A}[p|i])*(\sum_{j=1}^{B}[p|j^2])*(\sum_{k=1}^{C}[p|k^3]))
\]

注意到其实 \((\sum_{i=1}^{A}[p|i]) = \lfloor\frac{A}{p}\rfloor\)，是比较好求解的，但是另外两项不能直接这么类比着做。

考虑从唯一分解式的角度去理解。令 \(p = \prod_{i=0}a_i^{b_i}, j = \prod_{i=0}a_i^{c_i}\)。

如果 \(p|j^2\)，则有 \(b_i \le 2c_i\)，于是 \(\lceil\frac{b_i}{2}\rceil \le c_i\)。

我们令 \(f[p] = \prod_{i=0}a_i^{\lceil\frac{b_i}{2}\rceil}\)，则条件等价转为 \(f[p]|j\)。类比得到 \(g[p]\) 的定义以及 \(g[p]|k\)。

所以答案式变为：

\[ans = \sum_{d=1}\phi(d)*(\sum_{d|p}\mu(\frac{p}{d})*\lfloor\frac{A}{p}\rfloor*\lfloor\frac{B}{f[p]}\rfloor*\lfloor\frac{C}{g[p]}\rfloor
\]

那么怎么快速求 f[p] 或 g[p] 呢？可以发现 \(f[p] = \prod_{i=0}f[a_i^{b_i}]\)，也就是说它是积性函数。

所以我们就使用线性筛任意积性函数的技巧即可。这里有一个可以参考的连接。

我实现上跟那个博客写得不大一样（不过思想是一致的嗯嗯）。

然后我们考虑 \(\sum_{d=1}\phi(d)*\mu(\frac{p}{d})\)，发现它是两个积性函数的狄利克雷卷积，而众所周知这也是个积性函数。

然后就可以愉快地再次任意函数线性筛一波。

最后枚举 p 算答案。时间复杂度 O(n)。

@accepted code@

#include<cstdio>
const int MOD = (1<<30) - 1;
const int MAXN = int(1E7);
inline int mul(int a, int b) {return (1LL*a*b)&MOD;}
int prm[MAXN + 5], pcnt = 0;
int low[MAXN + 5], f[MAXN + 5], g[MAXN + 5], h[MAXN + 5];
void sieve() {
	low[1] = f[1] = g[1] = h[1] = 1;
	for(int i=2;i<=MAXN;i++) {
		if( !low[i] ) {
			low[i] = i, prm[++pcnt] = i;
			f[i] = i - 2, g[i] = h[i] = i;
			long long p = 1LL*i*i;
			for(int j=2;p<=MAXN;p*=i,j++) {
				low[p] = p;
				f[p] = p/i/i*(i-1)*(i-1);
				g[p] = g[p/i];
				if( (j-1) % 2 == 0 ) g[p] *= i;
				h[p] = h[p/i];
				if( (j-1) % 3 == 0 ) h[p] *= i;
			}
		}
		for(int j=1;1LL*i*prm[j]<=MAXN;j++) {
			if( i % prm[j] == 0 ) {
				if( i != low[i] ) {
					low[i*prm[j]] = low[i]*prm[j];
					f[i*prm[j]] = f[i/low[i]]*f[prm[j]*low[i]];
					g[i*prm[j]] = g[i/low[i]]*g[prm[j]*low[i]];
					h[i*prm[j]] = h[i/low[i]]*h[prm[j]*low[i]];
				}
				break;
			}
			else {
				low[i*prm[j]] = prm[j];
				f[i*prm[j]] = f[i]*f[prm[j]];
				g[i*prm[j]] = g[i]*g[prm[j]];
				h[i*prm[j]] = h[i]*h[prm[j]];
			}
		}
	}
}
void solve() {
	int A, B, C, ans = 0; scanf("%d%d%d", &A, &B, &C);
	for(int i=1;i<=A;i++)
		ans = (1LL*ans + 1LL*mul(mul(f[i], A/i), mul(B/g[i], C/h[i])))&MOD;
	printf("%d\n", ans);
}
int main() {
	sieve();
	int T; scanf("%d", &T);
	for(int i=1;i<=T;i++) solve();
}

@details@

因为是对 2^30 取模，所以可以用位运算加速（虽然我不知道能加到多快，不过应该挺快的）。