P6222-「P6156 简单题」加强版【莫比乌斯反演】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P6222

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题目大意

给出\(k\)，\(T\)组询问给出\(n\)求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k\times gcd(i,j)\times \mu(gcd(i,j))^2
\]

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解题思路

开始忘记了\(k\)次幂能线性筛后面全推错了，既然可以线性筛\(k\)次幂就把\(gcd(i,j)\)提到前面来。

\[\sum_{d=1}^n\mu(d)^2d\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)=d](i+j)^k
\]

这里有一个比较巧妙的思路就是，可以把\(\mu(d)^2d\)提前莫反之后一起套进莫反里。

设有

\[\sum_{d|n}g(d)=\mu(n)^2n\Rightarrow g(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\mu(d)^2d
\]

然后莫反原式就有一个比较简单的式子了

\[\sum_{d=1}^ng(d)d^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(i+j)^k
\]

设\(S(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k\)，这个东西是可以线性预处理的。

先预线性筛+前缀和处理出\(s(n)=\sum_{i=1}^ni^k\)，就有\(S(n)=\left(\sum_{i=n+1}^{2n}s(i)\right)-\left(\sum_{i=1}^ns(i)\right)\)，再用一个前缀和就好了。

然后就有式子

\[\sum_{d=1}^ng(d)d^kS(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)
\]

这个知道怎么筛\(g(d)d^k\)之后好像就可以\(O(T\sqrt n)\)做了？发现\(g\)里面有个\(n\)还是很难搞。

然后可以一顿操作把下取整搞掉，设\(S'(x)=S(x)-S(x-1)\)，那么就有

\[\sum_{d=1}^ng(d)d^k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}S'(i)
\]

然后把\(i\)提出来就有

\[\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)d^kS'(\frac{n}{d})
\]

然后就会发现这是两个函数狄利克雷卷积的前缀和？

\(f(n)=g(n)n^k=n^k\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\mu(d)^2d\)是积性函数，所以我们可以用埃氏筛的方法来快速搞这个东西。

首先我们需要知道对于一个质数\(p\)，\(f(p^e)\)如何快速计算。

这里是有结论的

• 若\(e=0\)则\(f(p^0)=f(1)=1\)
• 若\(e=1\)则\(f(p^1)=p\times (1\times \mu(1)^2\mu(p)+p\times \mu(1)\mu(p)^2)=p(p-1)\)
• 若\(e=2\)则\(f(p^2)=p^2\times (\mu(p^2)\mu(1)^2+\mu(p)\mu(p)^2p+\mu(1)\mu(p^2)^2p^2)=-p^2\)
• 若\(e\geq 3\)那么若\(\mu(d)\neq0\)那么一定有\(\mu(\frac{n}{d})=0\)，所以\(f(p^e)=0\)

然后就可以开始做了，怎么快速计算狄利克雷卷积？埃氏筛给过我们方法，对于一个积性函数\(f\)，我们可以拆成若干个\(f_p\)满足

\[f_p(x)=[p^e=x]f(x)\ \ (p\in Pri)
\]

（\(Pri\)是质数集）

然后有\(f=\prod_{p\in Pri}f_p\)（乘法表示狄利克雷积）

所以把所有的\(f_p\)乘到\(S'\)里去就好了，这个是枚举所有质数的倍数来搞的，时间复杂度\(O(n\log \log n)\)

所以总共的时间复杂度就是\(O(T+n\log \log n)\)

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define uit unsigned int
using namespace std;
const int N=2e7+10;
int t,n,k,cnt;
uit pri[N],pw[N],s[N];
bool v[N];
uit power(uit x,int b){
    uit ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x;
        x=x*x;b>>=1;
    }
    return ans;
}
void init(){
    s[1]=1;
    for(int i=2;i<=n*2;i++){
        if(!v[i])pri[++cnt]=i,s[i]=power(i,k);
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n*2;j++){
            v[i*pri[j]]=1;s[i*pri[j]]=s[i]*s[pri[j]];
            if(i%pri[j]==0)break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n*2;i++)
        pw[i]=s[i],s[i]=s[i-1]+s[i];
    for(int i=1;i<=n;i++)
        s[i]=s[i*2]+s[i*2-1]-s[i]*2;
    for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]<=n;j++)
        for(int x=pri[j],i=n/x;i>=1;i--){
            s[i*x]+=s[i]*(x-1)*pw[x];
            if(i%x==0)s[i*x]-=s[i/x]*x*pw[x]*pw[x];
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)s[i]+=s[i-1];
    return;
}
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&t,&n,&k);
    init();
    while(t--){
        scanf("%d",&n);
        printf("%u\n",s[n]);
    }
    return 0;
}