题解-bzoj2154Crash的数字表格 & bzoj2693 jzptab

Problem

$T$组询问（如果有），给定 $n,m$，求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j) \pmod {100000009}
\]

$T\leq 10^4,N,M\leq 10^7$

Solution

┗|｀O′|┛ 这两题花了我一整张草稿纸啊

首先明确将$lcm$转成$gcd$会更好做：$lcm(x,y)=\frac {xy}{\gcd(x,y)}$

套路枚举$\gcd$：

\[Ans=\sum_d\frac 1d\sum_{d|a}\sum_{d|b}[\gcd(\frac ad,\frac bd)=1]ab
\]

将 $a,b$ 同时除以 $d$

\[Ans=\sum_d d\sum_{a=1}^{\frac nd}\sum_{b=1}^{\frac md}[\gcd(a,b)=1]ab
\]

想到遇到互质的情况就莫反：

设置参量 $n'=\frac nd,m'=\frac md$

在参量意义下，构造函数

\[f(x)=\sum_{a=1}^{n'}\sum_{b=1}^{m'}[\gcd(a,b)=x]ab\\
F(x)=\sum_{a=1}^{n'}\sum_{b=1}^{m'}[x|\gcd(a,b)]ab
\]

这俩函数满足$F(x)=\sum_{x|n}f(n)$，根据莫反式有$f(n)=\sum_{n|x}\mu(\frac xn)F(x)$

将$F(x)$化简

\[F(x)=\sum_{x|a}^{n'}\sum_{x|b}^{m'}ab=x^2(\sum_{a=1}^{\frac {n'}x}a)(\sum_{b=1}^{\frac {m'}x}b)
\]

而$Ans=\sum_dd\cdot f(1)$

\[f(1)=\sum_d\mu(d)F(d)=\sum_d\mu(d)d^2(\sum_{a=1}^{\frac {n'}d}a)(\sum_{b=1}^{\frac {m'}d}b)
\]

首先可以明确如果预处理 $\mu(d)d^2$ 就可以整除分块地在 $O(\sqrt n)$ 的时间内算出这个式子

再接着考虑答案：$Ans=\sum_dd\cdot f(1)$，而 $f(1)$ 的参量由 $d$ 决定，即应写成 $Ans=\sum_dd\cdot f_{\frac nd,\frac md}(1)$，不难发现外层也能数论分块，即整个算法顶多是 $O(n)$ 的

多组询问

上面这个式子每次计算需要 $O(n)$ 的时间，实测跑完 $T=10^4$ 组需要 $92s$，需要考虑优化

由于在单组询问时是将带入参量进行计算的，这样虽然方便但不灵活，需要将参量化出来……以下省略若干字（因为算到这里后我又用了大半张草稿纸进行拆分合并可能是因为我喜欢用参量吧，而且听学长说这题有个简便很多的方法）

首先将原式列出来（至于为什么在整除意义下有$\frac {\frac ab}c=\frac a{bc}$，可以想想$\frac ab=\frac {a-(a\bmod b)}b$）：

\[Ans=\sum_dd\bigl [\sum_t\mu(t)t^2\cdot (\sum_{a=1}^{\frac n{dt}}a)(\sum_{b=1}^{\frac m{dt}}b)\bigr ]
\]

设 $T=dt,S(x)=\frac {x(x+1)}2$，并将式子内外翻转可得

\[Ans=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)S(\frac mT)\sum_{d|T}\mu(d)d^2\frac Td\\=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)S(\frac mT)T\sum_{d|T}\mu(d)d
\]

设函数 $g(x)=x\sum_{d|x}\mu(d)d$，可得 $Ans=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)(\frac mT)g(T)$，这个东西就支持数论分块了，总体复杂度为$O(n+Q\sqrt n)$

至于怎么求 $g(x)$，可以考虑只求 $h(x)=\sum_{d|x}\mu(d)d$，这个东西是积性函数可以线性筛

具体地，在线性筛时，设当前筛数为 $i$，质数为 $p$，$k=i\cdot p$

若 $p|i$，有 $h(k)=h(i)$，因为新加入的质因子 $p$ 在 $i$ 中已经出现，如果它不可能单独和其他质因子产生新的因数，而如果和其他的$p$因子在一起，$\mu$函数就会为 $0$，所以有$h(k)=h(i)$
若 $p\not |i$，有 $h(k)=h(i)h(j)$，因为新加入的质因子 $p$ 在 $i$ 中尚未出现，所以它和其他所有质因子产生的因数 $\mu$ 都会变号，而因子$p$也会相应地乘上去，至于保留原来因子的贡献，$h(p)$在计算的时候会自带一个 $1$

Code

bzoj-2154

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=10001009,p=20101009;

int pri[N],is[N],u[N],tp;

inline int sm(int x){

	if(x&1)return (ll)x*(x+1>>1)%p;

	return (ll)(x>>1)*(x+1)%p;

}

inline int F(int n,int m){

	int res=0;

	for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){

		j=min(n/(n/i),m/(m/i));

		res=(res+(ll)(u[j]-u[i-1]+p)*sm(n/i)%p *sm(m/i))%p;

	}return res;

}

int main(){

	int n,m;

	scanf("%d%d",&n,&m);

	if(n>m)swap(n,m);u[1]=1;

	for(int i=2;i<=n;++i){

		if(!is[i])pri[++tp]=i,u[i]=-1;

		for(int j=1,k;j<=tp and (k=i*pri[j])<=n;++j){

			is[k]=1;

			if(i%pri[j]==0){u[k]=0;break;}

			u[k]=-u[i];

		}

		if(u[i]<0)u[i]=p-1;

		u[i]=(u[i-1]+(ll)i*i%p*u[i])%p;

	}

	ll ans=0;

	for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){

		j=min(n/(n/i),m/(m/i));

		ans=(ans+(ll)(sm(j)-sm(i-1)+p)*F(n/i,m/i))%p;

	}

	printf("%lld\n",ans);

	return 0;

}

bzoj-2693

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const int N=10001009,p=100000009;

int pri[N],is[N],u[N],g[N],sm[N],tp;

int main(){

	u[1]=g[1]=1;

	for(int i=2;i<N;++i){

		if(!is[i])pri[++tp]=i,u[i]=p-1,g[i]=((ll)u[i]*i+1)%p;

		for(int j=1,k;j<=tp and (k=i*pri[j])<N;++j){

			is[k]=1;

			if(i%pri[j]==0){u[k]=0,g[k]=g[i];break;}

			u[k]=p-u[i],g[k]=(ll)g[i]*g[pri[j]]%p;

		}

		if(u[i]<0)u[i]=p-1;

	}

	for(int i=1;i<N;++i){

		u[i]=(u[i-1]+(ll)i*i%p*u[i])%p;

		g[i]=(g[i-1]+(ll)i*g[i])%p;

		sm[i]=(sm[i-1]+i<p?sm[i-1]+i:sm[i-1]+i-p);

	}

	int n,m,T;

	scanf("%d",&T);

	while(T--){

		ll ans=0;scanf("%d%d",&n,&m);

		if(n>m)swap(n,m);

		for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){

			j=min(n/(n/i),m/(m/i));

			ans=(ans+(ll)sm[n/i]*sm[m/i]%p*(g[j]-g[i-1]+p))%p;

		}printf("%lld\n",ans);

	}return 0;

}