Sum of the Line
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题目描述
Consider a triangle of integers, denoted by T. The value at (r, c) is denoted by Tr,c , where 1 ≤ r and 1 ≤ c ≤ r. If the greatest common divisor of r and c is exactly 1, Tr,c = c, or 0 otherwise.
Now, we have another triangle of integers, denoted by S. The value at (r, c) is denoted by S r,c , where 1 ≤ r and 1 ≤ c ≤ r. S r,c is defined as the summation 
Here comes your turn. For given positive integer k, you need to calculate the summation of elements in k-th row of the triangle S.
输入
The first line of input contains an integer t (1 ≤ t ≤ 10000) which is the number of test cases.
Each test case includes a single line with an integer k described as above satisfying 2 ≤ k ≤ 10^8 .
输出
For each case, calculate the summation of elements in the k-th row of S, and output the remainder when it divided
by 998244353.
样例输入
2
2
3样例输出
1
5题意：
给你个T表的规则，就是对于1 ≤ r and 1 ≤ c ≤ r. 如果gcd(r,c)== 1, Tr,c = c, 否则等于0。S表就是对于某一行来说求当前点到最后的一个对于T表的后缀和。然后给你个K求出来K行的一个S表的和。
题解：
先令 T 中所有位置的值为相应的c，那么答案为 1^2+2^2+...+k^2。下面考虑删去 T(r,c)=0 的位置造成的代价，也就是计算不和k互质的数对答案的贡献。
略加思考就可以得到一个结论，删除第c个数（值肯定也为c）花费的代价一定是c^2
暴力直接求的话会发现有的k的合数有上万个，铁定超时。
考虑对k进行唯一分解，发现k分解后的素数最多也就九个，可以在2^9内用容斥原理进行求解，设m=p1^a1*p2^a2*...*pu^au
那么所有与k不互质的数的贡献就是p1的倍数的贡献+p2的倍数的贡献+...+pu的倍数的贡献-p1*p2的倍数的贡献-p1*p3的倍数的贡献-...+p1*p2*p3的倍数的贡献+......
以p1的倍数的贡献为例，他的贡献是(p1*1)^2+(p1*2)^2+...+(p1*[k/p1])^2,然后使用公式1^2+2^2+...+n^2=n*(n+1)*(2*n+1)/6就可以做了
容斥 ： 当元素个数为奇数时为加，当元素个数为偶数是为减
PS 比赛的时候和队友想到了这个思路，但是卡在了这个减去T=0的情况上面，当时队友也想到了用容斥来做，但是感觉麻烦就没再继续想，这个题用二进制枚举了容斥的所有情况，想不到啊，，，，还不是因为菜。
最后 要注意的是mod这个问题，死了好几次了，优先级的判断也需要注意，相减的话一定要加上mod，刚开始最后不输出结果，就是最后结果忘了加上mod
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int maxn=1e4+10;
ll k;
ll n;
ll prime[maxn];
ll isprime[maxn];
ll prime_cnt;
ll p[20];
ll p_cnt;
ll qpow(ll a,ll b)
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b%2)
ans=(ans%mod*a%mod)%mod;
a=(a%mod*a%mod)%mod;
b/=2;
}
return ans%mod;
}
ll six=qpow(6,mod-2);
void Prime()
{
for(int i=2;i<=maxn;i++)
{
if(!isprime[i])
prime[prime_cnt++]=i;
for(int j=i+i;j<=maxn;j+=i)
isprime[j]=1;
}
}
int main()
{
ll t;
Prime();
scanf("%lld",&t);
while(t--)
{
scanf("%lld",&k);
n=k;
ll sum=n*(n+1)%mod*(2LL*n+1)%mod*six%mod;
p_cnt=0;
for(int i=0;i<prime_cnt;i++)
{
if(prime[i]>k)break;
if(k%prime[i]==0)
{
p[p_cnt++]=prime[i];
while(k%prime[i]==0)k/=prime[i];
}
}
if(k>1)p[p_cnt++]=k;
ll ans=0;
for(int i=1;i<(1<<p_cnt);i++)
{
ll x=1;
ll cnt=0;
for(int j=0;j<p_cnt;j++)
{
if((i>>j)&1)
{
x=x*p[j]%mod;
cnt++;
}
}
k=n/x;
if(cnt%2)ans=(ans+x*x%mod*k%mod*(k+1)%mod*(2LL*k+1)%mod*six%mod)%mod;
else ans=((ans-x*x%mod*k%mod*(k+1)%mod*(2LL*k+1)%mod*six%mod)%mod+mod)%mod;
}
printf("%lld\n",((sum-ans)%mod+mod)%mod);
}
}