bzoj4659: Lcm(第二次做)

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思路

上次做这题的时候用了一些玄学水过去了，这次我写了个有理有据的$O(n+T\sqrt N)$算法，
假设n < m，根据题意写出

$$ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{(i,j)}\mu^2((i,j))$$
$$=\sum_{d=1}^nd\mu^2(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij[(i,j)=1]$$
$$=\sum_{d=1}^nd\mu^2(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij\sum_{x|(i,j)}\mu(x)$$
$$=\sum_{d=1}^nd\mu^2(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(x)\sum_{x|i}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{x|j}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij$$
令 $g(x)=\sum_{i=1}^xi=\frac{x(x+1)}{2}$
$$ans=\sum_{d=1}^nd\mu^2(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}x^2\mu(x)g(\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor)g(\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor)$$
这种情况下直接做是 $O(TN)$的
因为每次查询 $n$和 $m$都在变，因此无法预处理式子后面的那一段，考虑如何把 $n$和 $m$从后面拿出来，然后再通过预处理一些和 $n$， $m$无关的部分来降低每次询问的计算次数
令 $t=dx$
$$ans=\sum_{d=1}^n\mu^2(d)\sum_{d|t}^n\frac{t^2}{d}\mu(\frac{t}{d})g(\lfloor\frac{n}{t}\rfloor)g(\lfloor\frac{m}{t}\rfloor)$$
$$=\sum_{t=1}^ng(\lfloor\frac{n}{t}\rfloor)g(\lfloor\frac{m}{t}\rfloor)t\sum_{d|t}\frac{t}{d}\mu(\frac{t}{d})\mu^2(d)$$
这里就看出来了，只要预处理后面那一坨 $t\sum_{d|t}\frac{t}{d}\mu(\frac{t}{d})\mu^2(d)$，每次就可以 $O(\sqrt N)$了
这题最麻烦的就在这里，这个东西要分好几层来看，首先令 $f(x)=x\mu(x)$，那么上面那一坨就等于 $t(f*\mu^2)(t)$，其中 $*$是狄利克雷卷积符号。
$f(x)$肯定是积性函数， $\mu^2(x)$也是积性函数，因此 $(f*\mu^2)(x)$也是积性函数，外面那个 $x$最后再乘就行。
令 $u(x)=(f*\mu^2)(x)$
现在有两种线性筛来求出 $u(x)$：
一种是只记录 $h(x)$，试图用 $h(x)$的值来推导出 $h(x\cdot pr(x))$，其中 $pr(x)$是指 $x$的最小质因子，这种只适合于求非完全积性函数和完全积性函数的狄利克雷卷积，这里两个函数都是非完全积性函数的，因此用另一种方法
第二种方法记录每个数的最小质因子 $pr(x)$和最小质因子的幂 $p(x)$， $p(x)$的意义是对 $x$不断地除以 $pr(x)$，直到无法整除，假设做除法的次数是 $q$那么 $p(x)=pr^q(x)$。这样可以把一个数分成互质的两部分 $\frac{x}{p(x)}$和 $p(x)$，则 $h(x)=h(\frac{x}{p(x)})h(p(x))$，但是这种方法的缺点是当 $p(x)=x$时，无法直接求出 $h(x)$，必须要根据不同函数的特殊性来推导 $h(x)$的值。
设 $p(x)=pr^q(x)$，
当 $q=2$时， $h(x)=f(1)\mu^2(pr^2(x))+f(pr(x))\mu^2(pr(x))+f(pr^2(x))\mu(1)=-pr(x)$
当 $q=3$时， $h(x)=f(1)\mu^2(pr^3(x))+\cdot\cdot\cdot+f(pr^3(x))\mu^2(1)=0$
当 $q>3$时，同理 $h(x)=0$
这样就知道了，当 $x=pr^2(x)$时， $h(x)=-pr(x)$而当 $x=p(x)>pr^2(x)$时 $h(x)=0$
然后就可以线性筛了，总的时间复杂度是 $O(N+T\sqrt N)$

代码

//线性筛、莫比乌斯反演 
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define maxn 4000010
#define mod 1073741824ll
#define ll long long
using namespace std;
ll prime[maxn], g[maxn], u[maxn], pr[maxn], p[maxn];
bool mark[maxn];
void init()
{
    ll i, j, t;
    u[1]=1;
    for(i=2;i<maxn;i++)
    {
        if(!mark[i])
        {
            prime[++*prime]=i;
            pr[i]=p[i]=i;
            u[i]=(-i+1+mod)%mod;
        }
        else
        {
            u[i]=u[i/p[i]]*u[p[i]]%mod;
            if(i==pr[i]*pr[i])u[i]=(-pr[i]+mod)%mod;
        }
        for(j=1;j<=*prime and i*prime[j]<maxn;j++)
        {
            t=i*prime[j];
            mark[t]=1;
            pr[t]=prime[j];
            if(i%prime[j]==0)p[t]=p[i]*prime[j];
            else p[t]=prime[j];
            if(i%prime[j]==0)break;
        }
    }
    for(i=1;i<maxn;i++)g[i]=i*(i+1)/2%mod;
    for(i=1;i<maxn;i++)u[i]=u[i]*i%mod;
    for(i=1;i<maxn;i++)u[i]=(u[i]+u[i-1])%mod;
}
void calc(ll n, ll m)
{
    ll t, last;
    ll ans=0;
    if(n<m)swap(n,m);
    for(t=1;t<=m;t=last+1)
    {
        last=min(n/(n/t),m/(m/t));
        ans=(ans+(g[n/t]*g[m/t])%mod*(u[last]-u[t-1]+mod)%mod)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
    ll T, n, m;
    init();
    scanf("%lld",&T);
    while(T--){scanf("%lld%lld",&n,&m);calc(n,m);}
    return 0;
}