BZOJ3561 DZY Loves Math VI 莫比乌斯反演

传送门

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看到\(gcd\)相关先推式子（默认\(N \leq M\)）：

\(\begin{align*} \sum\limits_{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M (lcm(i,j))^{gcd(i,j)} & = \sum\limits_{d=1}^N d^d \sum\limits_{i=1}^\frac{N}{d} \sum\limits_{j=1}^\frac{M}{d} (ij)^{d} \sum\limits_{p \mid gcd(i,j)} \mu(p) \\ & = \sum\limits_{d=1}^N d^d \sum\limits_{p=1}^\frac{N}{d} \mu(p) p^{2d} \sum\limits_{i=1}^\frac{N}{dp} i^d \sum\limits_{j=1}^\frac{M}{dp} j^d \end{align*}\)

推到这里不需要套路地枚举\(T = dp\)了，到这里就开始做。

看到这道要筛东西的数论题的数据范围为\(500000\)，这意味着这道题有极大可能用\(O(nlogn)\)算法。发现上面的式子中，先枚举\(d\)、然后枚举\(p\)，总复杂度就是\(O(nlogn)\)，所以我们需要均摊\(O(1)\)地得到后面的两个自然数幂次和。

其实可以发现，对于每一个\(d\)，有效的\(i^d\)和\(j^d\)的个数为\(\frac{M}{d}\)个，也是一个调和级数。所以我们每一次把这些次幂和前缀和处理出来，复杂度仍然是对的。总复杂度\(O(nlogn)\)。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
//This code is written by Itst
using namespace std;

const int MAXN = 5e5 + 7 , MOD = 1e9 + 7;
int N , M , cnt , num[MAXN] , sum[MAXN] , prime[MAXN] , mu[MAXN];
bool nprime[MAXN];

inline int poww(long long a , int b){
    int times = 1;
    while(b){
        if(b & 1) times = times * a % MOD;
        a = a * a % MOD;
        b >>= 1;
    }
    return times;
}

void init(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2 ; i <= N ; ++i){
        if(!nprime[i]){
            prime[++cnt] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1 ; prime[j] * i <= N && j <= cnt ; ++j){
            nprime[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) break;
            mu[i * prime[j]] = -1 * mu[i];
        }
    }
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    //freopen("in","r",stdin);
    //freopen("out","w",stdout);
#endif
    init();
    cin >> N >> M;
    if(N > M) swap(N , M);
    init();
    for(int i = 1 ; i <= M ; ++i) num[i] = 1;
    int all = 0;
    for(int i = 1 ; i <= N ; ++i){
        for(int j = 1 ; j <= M / i ; ++j){
            num[j] = 1ll * num[j] * j % MOD;
            sum[j] = (sum[j - 1] + num[j]) % MOD;
        }
        int cur = 0;
        for(int j = 1 ; j <= N / i ; ++j)
            cur = (cur + 1ll * mu[j] * num[j] * num[j] % MOD * sum[N / i / j] % MOD * sum[M / i / j] % MOD + MOD) % MOD;
        all = (all + 1ll * poww(i , i) * cur) % MOD;
    }
    cout << all;
    return 0;
}