【刷题】BZOJ 2693 jzptab

Description

Input

一个正整数T表示数据组数

接下来T行每行两个正整数表示N、M

Output

T行每行一个整数表示第i组数据的结果

Sample Input

1

4 5

Sample Output

122

HINT

T <= 10000

N, M<=10000000

Solution

这题就是上一题（BZOJ2154）的升级版

我们接着推

\[ans=\sum_{d=1}^Nd\cdot \sum_{i=1}^{N}\mu(i)\cdot i^2\cdot s(\lfloor \frac{N}{id} \rfloor,\lfloor \frac{M}{id} \rfloor)
\]

把$id$提出来

\[ans=\sum_{T=1}^Ns(\lfloor \frac{N}{T} \rfloor,\lfloor \frac{M}{T} \rfloor)\sum_{d|T}\frac{T}{d}\cdot d^2\cdot \mu(d)
\]

第一个sigma整除分段，我们主要来考虑第二个sigma

设$H(n)=\sum_{d|n}\frac{n}{d}\cdot d^2\cdot \mu(d)$，$F(i)=i$，$G(i)=i^2\mu(i)$

易知：$F$为积性函数，而$G(ab)=(ab)^2\mu(ab)=a^2\mu(a)b^2\mu(b)$（$\mu$也是积性函数）$=G(a)G(b)$，所以$G$也是积性函数

那么它们卷起来的$H$就也会是积性函数

$H(1)=1$
$H(p,p\ is\ a\ prime)=p-p^2$（直接带进去）
$H(p^a,p\ is\ a\ prime)=\sum_{i=0}^ap^{a-i}\cdot p^{2i}\cdot \mu(p^i)$

当$i>1$时，根据mu的定义，$\mu(p^i)$为0，所以$H(p^a,p\ is\ a\ prime)=p^a-p^{a+1}$

这也就是说在素数筛时，对于一个$i*prime[j]$，如果$i\%prime[j]!=0$，说明$prime[j]$是一个新的$i*prime[j]$的质数约数，那么$H[i*prime[j]]$就加上一个$H[prime[j]]$
$H(\prod_{i=1} P_i^{a_i} )=\prod_{i=1} H(P_i^{a_i})$

当$i\%pime[j]=0$，也就是$i*prime[j]$中有一质数约数的指数大于1,这个时候因为第三点，它的$\mu$是0，不会有额外的贡献，只是$H(i*prime[j])$会乘一个$prime[j]$

$H(P_1^{a_1+1}\prod_{i=2}P_i^{a_i})=H(P_1^{a_1+1})H(\prod_{i=2}P_i^{a_i})$（积性函数）

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\prod_{i=2}(P_i^{a_i}-P_i^{a_i+1})(P_1^{a_1+1}-P_1^{a_1+2})$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\prod_{i=2}(P_i^{a_i}-P_i^{a_i+1})(P_1^{a_1}-P_1^{a_1+1})P_1$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\prod_{i=1}(P_i^{a_i}-P_i^{a_i+1})P_1$

$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =H(\prod_{i=1}P_i^{a_i})P_1$

后面素数筛搞完后，整除分块，做完

哦，还有个天大的坑。。。

mod的数是1e8+9，它也不是质数。。。

#include<bits/stdc++.h>

#define ll long long

const int Mod=1e8+9,MAXN=10000000+10;

ll s[MAXN],H[MAXN];

int prime[MAXN],cnt,vis[MAXN];

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 void init()

{

	memset(vis,1,sizeof(vis));

	vis[0]=vis[1]=0;

	H[1]=1;

	for(register ll i=2;i<MAXN;++i)

	{

		if(vis[i])

		{

			prime[++cnt]=i;

			H[i]=(i-(ll)i*i)%Mod;

		}

		for(register ll j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<MAXN;++j)

		{

			vis[i*prime[j]]=0;

			if(i%prime[j])H[i*prime[j]]=H[i]*H[prime[j]]%Mod;

			else

			{

				H[i*prime[j]]=H[i]*(ll)prime[j]%Mod;

				break;

			}

		}

	}

	for(register ll	i=1;i<MAXN;++i)s[i]=(s[i-1]+H[i])%Mod;

}

inline ll S(ll x,ll y)

{

	return ((x+1)*x/2)%Mod*(((y+1)*y/2)%Mod)%Mod;

}

inline ll solve(ll N,ll M)

{

	ll res=0;

	if(N>M)std::swap(N,M);

	for(register ll i=1;;)

	{

		if(i>N)break;

		ll j=min(N/(N/i),M/(M/i));

		(res+=S(N/i,M/i)*(s[j]-s[i-1])%Mod)%=Mod;

		i=j+1;

	}

	return (res+Mod)%Mod;

}

int main()

{

	init();

	int T;

	read(T);

	while(T--)

	{

		ll N,M;

		read(N);read(M);

		write(solve(N,M),'\n');

	}

	return 0;

}