【bzoj4174】tty的求助 莫比乌斯反演

Description

Input

输入仅有一行。

第一行仅有两个正整数N，M 和一个实数 x。 

Output

输出共1行，由亍结果过大，所以请输出上式对998244353 取模的结果。

Sample Input

2 3 1

Sample Output

7

题解：

（吐槽：博客园的数学公式好慢……）

　　先%一发po姐……不看题解根本没思路啊……

$\sum_{n=1}^{N}\sum_{m=1}^{M}\sum_{k=0}^{m-1}\lfloor\frac{nk+x}{m} \rfloor$

$我们先考虑后半部分$

$\;\;\;\,\sum_{k=0}^{m-1}\lfloor\frac{nk+x}{m} \rfloor$

$=\sum_{k=0}^{m-1}\lfloor\frac{nk-nk\,\bmod\, m+x+nk\,\bmod\,m}{m} \rfloor$

$=\sum_{k=0}^{m-1}\lfloor\frac{nk\,\bmod\,m+x}{m} \rfloor+\sum_{k=0}^{m-1}\frac{nk-nk\,\bmod\,m}{m}$

$考虑前半部分,同时设d=(n,m)$

$\;\;\,\;\sum_{k=0}^{m-1}\lfloor\frac{nk\,\bmod\,m+x}{m} \rfloor$

$=d\sum_{k=0}^{\frac{m}{d}-1}\lfloor\frac{kd}{m} \rfloor$

证明：首先设$（n，m）==d$，那么对同余方程$\;\;xn\equiv kd(\bmod m)，k\in[0,\frac{m}{d}-1]$，我们知道一定存在整数解$x$，满足该式，同时有由于方程多解，且每个解的间隔应为$\frac{m}{d}$，所以$kd$在$\sum_{k=0}^{m-1}nk\,\bmod\,m$中共出先了$d$次

(我们仿照最开始将nk拆离的方法)

$=d\sum_{k=0}^{\frac{m}{d}-1}\lfloor\frac{kd+x\,\bmod\,m+x-x\,\bmod\,m}{m}\rfloor$

$=d(\sum_{k=0}^{\frac m d-1}\lfloor \frac{kd+x\,\bmod\,m}m \rfloor+\sum_{k=0}^{\frac m d-1} \frac{x-x\,\bmod\,m}m) $

$我们知道kd<m\;\;\;x\bmod m<m $

$=d(\sum_{k=0}^{\frac m d-1}[kd\geq m-x\bmod m]+\frac md\frac{x-x\,\bmod\,m}m) $

$=d(\sum_{k=0}^{\frac md-1}[\,k\geq\lceil \frac{m-x\,\bmod\,m}{d}\rceil\,]+\frac{x-x\,\bmod\,m}{d})$

$=d(\lfloor\frac{x\,\bmod\,m}{m}\rfloor+\lfloor \frac xd\rfloor-\lfloor \frac{x\,\bmod\,m}{d}\rfloor)$

$=d\lfloor \frac xd\rfloor$

我们再来看最开始另外两项

$1.\sum_{k=0}^{m-1}\frac{nk}m=\frac nm \frac{m(m-1)}2=\frac{nm-n}{2}$

$2.\sum_{k=0}^{m-1}\frac{nk\,mod\,m}m(我们同样用到d)$

$=d\sum_{k=0}^{\frac md-1}\frac{dk}m=\frac {d^{2}}m\frac{\frac md(\frac md-1)}{2}=\frac{m-d}{2}$

$Ans=\sum_{n=1}^{N}\sum_{m=1}^{M}(d\lfloor\frac xd \rfloor+\frac {d+nm-n-m}2)$

$\;\;\;\;\;\;\;\,=\frac 12\sum_{n=1}^{N}\sum_{m=1}^{M}(2d\lfloor\frac xd \rfloor+ d+nm-n-m)$

$设S（n）=\frac{n(n+1)}2$

$\;\;\;\;\;\;\;\,=\frac 12(\sum_{n=1}^{N}\sum_{m=1}^{M}(2d\lfloor\frac xd \rfloor+ d)+S(N)S(M)-MS(N)-NS(M))$

$\;\;\;\;\;\;\;\,=\frac 12(\,\sum_{d=1}^{min(N,M)}(2d\lfloor\frac xd \rfloor+ d)\sum_{t=1}^{\min(\lfloor\frac Nd\rfloor,\lfloor\frac Md\rfloor)}\mu(t)\lfloor \frac N{dt}\rfloor\lfloor \frac M{dt}\rfloor\;+S(N)S(M)-MS(N)-NS(M)\,)$

对于后面我们O(1)求出即可，前面枚举每一个d带入计算即可。

时间复杂度$\sum_{i=1}^{n}\sqrt \frac ni\approx\sqrt n\int_{1}^{n}x^{-0.5}dx=2n-2\sqrt n $

代码：

 /**************************************************************
     Problem: 4174
     User: Troywar
     Language: C++
     Result: Accepted
     Time:964 ms
     Memory:5100 kb
 ****************************************************************/

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const ll mod=;
 inline ll powmod(ll a, ll b){
     ll ans=;
     while(b){
         if(b&) ans=ans*a%mod;
         a=a*a%mod;
         b>>=;
     }return ans;
 }
 inline ll S(int x){
     return 1LL*x*(x+)/%mod;
 }
 const int N=+;
 short miu[N];
 bool vis[N];
 int sum[N],prim[N/],num;
 double x;
 inline void init (){
     miu[]=sum[]=;
     for(int i=;i<N;i++){
         if(!vis[i]){
             miu[i]=-;
             prim[++num]=i;
         }for(int j=;i*prim[j]<N;j++){
             vis[i*prim[j]]=true;
             if(i%prim[j]==){
                 miu[i*prim[j]]=;
                 break;
             }miu[i*prim[j]]=-miu[i];
         }
         sum[i]=sum[i-]+miu[i];
     }

 }
 inline ll get_sum(int n,int m){
     ll ans=;
     for(int i=,pos;i<=n;i=pos+){
         pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
         ans+=1LL*(sum[pos]-sum[i-])*(n/i)%mod*(m/i)%mod;
         ans%=mod;
     }
     return (ans+mod)%mod;
 }
 int n,m;
 int main(){
     scanf("%d%d%lf",&n,&m,&x);
     init();
     ll ans=S(n)*S(m)%mod-S(n)*m%mod-S(m)*n%mod;
     ans=(ans%mod+mod)%mod;
     if(n>m) n^=m^=n^=m;
     for(int i=;i<=n;i++){
         ans+=(2ll*i*(ll)(x/i)+i)%mod*get_sum(n/i,m/i)%mod;
         ans%=mod;
     }
     ans*=powmod(,mod-);
     ans%=mod;
     printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
 }
 /*
 15674 234561 126.156
 */