P3768 简单的数学题 杜教筛+推式子

\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)

由于出题人懒得写背景了，题目还是简单一点好。

输入一个整数n和一个整数p，你需要求出(\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ijgcd(i,j))~mod~p\)，其中gcd(a,b)表示a与b的最大公约数。

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

一行两个整数p、n。

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

一行一个整数(\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ijgcd(i,j))~mod~p\)。

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

998244353 2000

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

883968974

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

对于20%的数据，\(n \leq 1000\)。

对于30%的数据，\(n \leq 5000\)。

对于60%的数据，\(n \leq 10^6\)，时限1s。

对于另外20%的数据，\(n \leq 10^9\)，时限3s。

对于最后20%的数据，\(n \leq 10^{10}\)，时限6s。

对于100%的数据，\(5 \times 10^8 \leq p \leq 1.1 \times 10^9\)且p为质数。

\(\color{#0066ff}{ 题解 }\)

这是一道神仙题qwq

开始推式子

题目要求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n i*j*gcd(i,j)
\]

老规矩，枚举gcd

\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n [gcd(i,j)==d]i*j*d
\]

把d提出来

\[\sum_{d=1}^n d\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n [gcd(i,j)==d]i*j
\]

后面把d弄出来

\[\sum_{d=1}^n d^3\sum_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} [gcd(i,j)==1]i*j
\]

利用\(\mu * i = e\)套进去

\[\sum_{d=1}^n d^3\sum_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} \sum_{k|gcd(i,j)} \mu(k)*i*j
\]

即

\[\sum_{d=1}^n d^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n d \rfloor}\sum_{k|i} \sum_{k|j} \mu(k)*i*j
\]

改为枚举倍数

\[\sum_{d=1}^n d^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n d \rfloor} \mu(k)*k^2\sum _{i=1}^{\lfloor\frac n {kd}\rfloor} \sum _{j=1}^{\lfloor\frac n {kd}\rfloor}i*j
\]

看到这个式子，大为欣喜，于是

\[令f(i)=\mu(i) * i^2, g(i)=i^2
\]

\[h(n)=\sum_{d|n} f(d)*g(\frac n d)
\]

\[h(n)=n^2\sum_{d|n} \mu(d)=e(n)
\]

于是以为这题切掉了？？？？？

我TM。。数据范围尼玛\(10^9\)

\(how\ \ \ to \ \ \ O(\sqrt n ^2)\)

显然要继续往下推

某巨佬有一手，pd换q的操作（原式为kd换q）

于是，先将原式变为

\[\sum_{d=1}^n \sum_{k=1}^{\lfloor\frac n d \rfloor} \mu(k)*k^2 * d^3\sum _{i=1}^{\lfloor\frac n {kd}\rfloor} \sum _{j=1}^{\lfloor\frac n {kd}\rfloor}i*j
\]

考虑枚举q，那么里面的kd就可以提出来了

\[\sum_{q=1}^n q^2\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n d \rfloor} \mu(k)* d\sum _{i=1}^{\lfloor\frac n {kd}\rfloor} \sum _{j=1}^{\lfloor\frac n {kd}\rfloor}i*j
\]

这里面的d有点突兀qwq

\[\sum_{q=1}^n q^2\sum_{k=1}^{\lfloor\frac n d \rfloor} \mu(k)* \frac q k \sum _{i=1}^{\lfloor\frac n {q}\rfloor}i \sum _{j=1}^{\lfloor\frac n {q}\rfloor}j
\]

上面的式子是有问题的，因为枚举的\(q=kd\)，那么k应该是q的因子，所以要改一下枚举，同时后面的可以写成平方形式

\[\sum_{q=1}^n q^2\sum_{k|q} \mu(k)* \frac q k (\sum _{i=1}^{\lfloor\frac n {q}\rfloor}i)^2
\]

然后可以把q提出来

\[\sum_{q=1}^n q^3\sum_{k|q} \frac {\mu(k)} k (\sum _{i=1}^{\lfloor\frac n {q}\rfloor}i)^2
\]

然后因为有

\[\sum_{k|n} \frac {\mu(k)} k =\frac {\varphi(n)} {n}
\]

因此代回去

\[\sum_{q=1}^n q^3\frac {\varphi(q)} q (\sum _{i=1}^{\lfloor\frac n {q}\rfloor}i)^2
\]

卧槽，继续

\[\sum_{q=1}^n \varphi(q) * q^2 (\sum _{i=1}^{\lfloor\frac n {q}\rfloor}i)^2
\]

我Fuck， \(O(\sqrt n)\) 我就不信还过不了？？

\[令f(i)=\varphi(i) * i^2, g(i)=i^2
\]

\[h(n)=\sum_{d|n} f(d)*g(\frac n d)=\sum_{d|n}\varphi(d)*n^2=n^3 ，因为（\varphi * i = id)
\]

杜教筛+数列分块就行了

注意各种取模，少一个都WAqwq

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define LL long long
LL in() {
	char ch; LL x = 0, f = 1;
	while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
	for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
	return x * f;
}
const int maxn = 4e6 + 10;
LL pri[maxn], phi[maxn], tot, mod;
LL six;
std::map<int, LL> mp;
bool vis[maxn];
LL ksm(LL x, LL y) {
	LL re = 1LL;
	while(y) {
		if(y & 1) re = re * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}
void predoit() {
	mod = in();
	six = ksm(6, mod - 2);
	phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i < maxn; i++) {
		if(!vis[i]) pri[++tot] = i, phi[i] = i - 1;
		for(int j = 1; j <= tot && (LL)i * pri[j] < maxn; j++) {
			vis[i * pri[j]] = true;
			if(i % pri[j] == 0) {
				phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
				break;
			}
			else phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
		}
	}
	for(LL i = 2; i < maxn; i++) phi[i] = phi[i] * (i * i % mod) % mod;
	for(LL i = 2; i < maxn; i++) (phi[i] += phi[i - 1]) %= mod;
}
LL getpfh(LL x) {
	x %= mod;
	LL ans = x;
	ans = (ans * (x + 1)) % mod;
	ans = (ans * ((x << 1LL) + 1)) % mod;
	return ans * six % mod;
}
LL getlf(LL n) {
	n %= mod;
	n = (n * (n + 1) >> 1) % mod;
	return n * n % mod;
}
LL getphi(LL n) {
	if(n < maxn) return phi[n];
	if(mp.count(n)) return mp[n];
	LL ans = getlf(n);
	for(LL l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		LL tot1 = ((getpfh(r) - getpfh(l - 1)) % mod + mod) % mod;
		tot1 = tot1 * getphi(n / l) % mod;
		ans = ((ans - tot1) % mod + mod) % mod;
	}
	return mp[n] = ans;
}
LL getsum(LL x) {
	x %= mod;
	LL ans = (x * (x + 1) >> 1LL) % mod;
	return ans * ans % mod;
}
void work(LL n) {
	LL ans = 0;
	for(LL l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		LL tot1 = ((getphi(r) - getphi(l - 1)) % mod + mod) % mod;
		tot1 = (tot1 * getsum(n / l)) % mod;
		ans = (ans + tot1) % mod;
	}
	printf("%lld", (ans % mod + mod) % mod);
}
signed main() {
	predoit();
	work(in());
	return 0;
}