[题解] LuoguP3768 简单的数学题

Description

传送门

给一个整数\(n\)，让你求

\[\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n ij\gcd(i,j)
\]

对一个大质数\(p\)取模。

保证\(n \le 10^{10},5\times 10^{8} \le p \le 1.1 \times 10^9\)，\(p\)为质数

Solutions

先来推柿子好了，枚举\(\gcd\)的取值，有

\[\begin{aligned}
Ans&=\sum\limits_{k} k\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n ij[\gcd(i,j)=k] \\
&=\sum\limits_{k} k^3 \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} ij[\gcd(i,j)=1]
\end{aligned}
\]

考虑求\(Sum(n)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n ij[\gcd(i,j)=1]\)

推柿子

\[\begin{aligned}
Sum(n)&=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n ij\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)} \mu(d) \\
&= \sum\limits_{d} \mu(d) \sum\limits_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor}id\sum\limits_{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor} jd \\
&= \sum\limits_{d} \mu(d)d^2 s(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)^2
\end{aligned}
\]

其中\(s(n)=1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}\)。

所以

\[\begin{aligned}
Ans&=\sum\limits_{k} k^3 Sum(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor) \\
&=\sum\limits_{k} k^3 \sum\limits_{d} \mu(d)d^2 s(\lfloor\frac{\lfloor n/k\rfloor}{d}\rfloor) \\
&=\sum\limits_{k} k^3 \sum\limits_{d} \mu(d)d^2 s(\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor)
\end{aligned}
\]

枚举\(T=kd\)，有

\[\begin{aligned}
Ans&=\sum\limits_{T} s(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor) \sum\limits_{d\mid T} \mu(d)d^2(\frac{T}{d})^3 \\
&=\sum\limits_{T} s(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)T^2\sum\limits_{d\mid T}\mu(d)\times \frac{T}{d}
\end{aligned}
\]

令\(f(n)=n^2\sum\limits_{d\mid n} \mu(d)\times \frac{n}{d}\)，如果能快速求出\(f\)的前缀和的话我们对上面的柿子数论分块就好了。

观察到后面的和式是\(\mu\)与\(id\)的Dirichlet卷积的形式，假设

\[F(n)=\sum\limits_{d\mid n} \mu(d)\times \frac{n}{d}
\]

根据莫比乌斯反演的结论，必有

\[n=\sum\limits_{d\mid n} F(d)
\]

可以得到\(F(n)=\varphi(n)\)，所以\(f(n)=n^2\varphi(n)\)，我们想快速求出\(f\)的前缀和，\(n\le 10^{10}\)，线筛又死了。

可以考虑杜教筛(djs?)，令\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^n f(i)\)，我们想找到另一个积性函数\(g\)，让\(f*g\)好看一点，我们知道欧拉函数有一个很美妙的性质\(\sum\limits_{d\mid n} \varphi(n)=n\)，所以为了把\(f\)中的\(n^2\)消掉，配\(g(n)=n^2\)即可，有

\[h(n)=(f*g)(n)=\sum\limits_{d\mid n} f(d)g(\frac{n}{d})=\sum\limits_{d\mid n} n^2\varphi(d)
\]

即\(h(n)=n^2\sum\limits_{d\mid n} \varphi(n)=n^3\)，

愉快的套柿子

\[S(n)=\sum\limits_{i=1}^n h(i)-\sum\limits_{i=2}^n g(i)S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)=\sum\limits_{i=1}^n i^3-\sum\limits_{i=2}^n i^2S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor)
\]

用一点小学奥数的知识，我们知道\(1^3+2^3+\cdots+n^3=(1+2+\cdots+n)^2\)，\(1^2+2^3+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)，所以

\[S(n)=s(n)^2-\sum\limits_{i=2}^n i^2S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)
\]

后面的显然可以数论分块，于是处理\(f\)的前缀和的话杜教筛就好了。

再写一遍答案的柿子

\[Ans=\sum\limits_{T} s(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor)f(T)
\]

对\(T\)数论分块+杜教筛就没了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for (int i=(a);i<(b);++i)
#define per(i,a,b) for (int i=(a)-1;i>=(b);--i)
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;

const int maxn=5e6,N=maxn+10;
int mod,i2,i6;
inline int add(int x,int y) {return (x+=y)>=mod?x-mod:x;}
inline int sub(int x,int y) {return (x-=y)<0?x+mod:x;}
inline int normal(ll x) {return x<0?x+mod:x;}
inline int fpow(int x,int y) {
    int ret=1; for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)
        if(y&1) ret=1ll*ret*x%mod;
    return ret;
}
inline int sqr(int x) {return 1ll*x*x%mod;}
inline void initmod(int P) {
    mod=P;
    i2=fpow(2,mod-2),i6=fpow(6,mod-2);
}

inline int ss1(ll n) {n%=mod;return 1ll*n*(n+1)%mod*i2%mod;}
inline int ss2(ll n) {n%=mod;return 1ll*n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*i6%mod;}
inline int s1(ll l,ll r) {return sub(ss1(r),ss1(l-1));}
inline int s2(ll l,ll r) {return sub(ss2(r),ss2(l-1));}

int p[N],pn,phi[N];
bool vis[N];

void sieve(int n) {
    phi[1]=1;
    rep(i,2,n+1) {
        if(!vis[i]) {phi[i]=i-1;p[pn++]=i;}
        for(int j=0;j<pn&&i*p[j]<=n;j++) {
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0) {phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];break;}
            else phi[i*p[j]]=phi[i]*phi[p[j]];
        }
    }
    rep(i,1,n+1) phi[i]=add(phi[i-1],1ll*i*i%mod*phi[i]%mod);
}

map<ll,int> fsum;
int Sf(ll n) {
    if(n<=maxn) return phi[n];
    if(fsum.count(n)) return fsum[n];
    int ans=sqr(ss1(n));
    for(ll l=2,r=0;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l);
        ans=sub(ans,1ll*s2(l,r)*Sf(n/l)%mod);
    }
    return fsum[n]=ans;
}

int main() {
#ifdef LOCAL
    freopen("a.in","r",stdin);
#endif
    int p; ll n; scanf("%d%lld",&p,&n);
    initmod(p),sieve(maxn);
    int ans=0;
    for(ll l=1,r=0;l<=n;l=r+1) {
        r=n/(n/l);
        ans=add(ans,1ll*sub(Sf(r),Sf(l-1))*sqr(ss1(n/l))%mod);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}