[国家集训队]Crash的数字表格/JZPTAB和51Nod1238最小公倍数之和V3题解-数论

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[国家集训队]Crash的数字表格【地址BZOJ2145地址Luoguo】

• 题意简述

给你两个正整数 $n,m$，求下面式子在 $\mod 20101009$意义下的值。

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j)$

$n,m\leq 10^7$

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我们根据 $lcm(ij)=\frac{ij}{gcd(i,j)}$，将原式化简成：

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{gcd(i,j)}$

根据套路，我们枚举 $gcd$，原式则化成：
（这里默认 $n\leq m$，如果不满足则交换）
$=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{ij}{d}[gcd(i,j)=d]\\ = \sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\frac{(id)\times(jd)}{d}[gcd(i,j)=1]$

此时原式就可以变成：

$\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij[gcd(i,j)=1]$

然后又用莫比乌斯反演，我们可以将原式变成：
$=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij\sum_{w|i,w|j}\mu(w)\\ =\sum_{d=1}^nd\sum_{w=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(w)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dw}\rfloor}iw\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{dw}\rfloor}jw$

然后我们令 $S(n)=\sum_{i=1}^ni=\frac{n\times(n+1)}{2}$，原式就可以变成：

$=\sum_{d=1}^nd\sum_{w=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(w)w^2S(\left\lfloor\frac{n}{dw}\right\rfloor)S(\left\lfloor\frac{m}{dw}\right\rfloor)$

用线性筛筛出 $\mu(w)w^2$的前缀和，然后 $S$可以 $O(1)$算，所以我们可以对于 $H(n,m)=\sum_{w=1}^{n}\mu(w)w^2S(\left\lfloor\frac{n}{w}\right\rfloor)S(\left\lfloor\frac{m}{w}\right\rfloor)$用数论分块计算，而对于 $\sum_{d=1}^nH(\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor,\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor)$又数论分块算即可，复杂度最坏为 $O(n+m)$。

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[国家集训队]JZPTAB【题目地址BZOJ2693】

还是上面的问题， $n,m\leq10^7$，但是有 $T\leq 10^4$组询问。

所以我们必须要做到 $O(n)$预处理，每次 $O(\sqrt{n})$的回答。

我们还是看上一个化简后的式子：

$=\sum_{d=1}^nd\sum_{w=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(w)w^2S(\left\lfloor\frac{n}{dw}\right\rfloor)S(\left\lfloor\frac{m}{dw}\right\rfloor)$

还有一个套路就是，我们枚举 $dw$，所以令 $T=dw$，那么原式等于：

$=\sum_{T=1}^nS(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor)S(\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor)\sum_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})(\frac{T}{d})^2\\ =\sum_{T=1}^nS(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor)S(\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor)\sum_{w|T}\mu(w)w^2\frac{T}{w}\\ =\sum_{T=1}^nS(\left\lfloor\frac{n}{T}\right\rfloor)S(\left\lfloor\frac{m}{T}\right\rfloor)T\sum_{w|T}\mu(w)w$

对于前半部分我们每次数论分块求即可，而对于后面我们线性筛出它，然后求前缀和即可。

我们令 $f(x)=x\sum_{d|x}\mu(x)x$，那么它肯定是个积性函数（因为相当于可以写成 $id\cdot ((\mu\cdot id)\bigotimes 1)$）根据欧拉筛的方法我们只需维护三个东西 $cnt,fir,pow$即可，分别表示： $cnt[i]$， $i$的最小质因子指数； $fir[i]$， $i$的最小质因子； $pow[i]$表示 $fir[i]^{cnt[i]}$。

然后我们来看 $f(x)$的计算方法：

• 当 $x=p$为质数， $f(x)=x\sum_{d|x}\mu(x)x=x\times (\mu(1)1+\mu(x)x)=x(1-x)$
• 当 $x=p^c$时， $p$为质数，那么 $f(x)=x\sum_{k=0}^c\mu(p^k)p^k$，由于 $k>1$时 $\mu(p^k)=0$，所以只考虑 $k=0,1$，那么 $f(x)=x^c(1-x)$。
• 当 $x=py,gcd(p,y)=1$，根据积性函数定义 $f(x)=f(p)f(y)$
• 当 $x=py,gcd(p,y)\not=1$时，我们将 $y$中的 $p$提出，得到 $x=p^{c+1}\frac{y}{p^c}$，那么此时两个就互质了，所以 $f(x)=f(\frac{y}{p^c})f(p^{c+1})$，其中 $p^c|y$。

代码就十分好写了，同样也可以过第一题：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e7+10,P=1e6+10;
const ll Mod=20101009;
ll prime[P],cnt;bool vis[M];
ll F[M],c[M],p[M],f[M],inv_2;
ll fpow(ll a,ll b){
	ll ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=(a*a)%Mod){
		if(b&1)ans=(ans*a)%Mod;
	}
	return ans;
}
void init(ll n){
	F[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=f[i]=1;
	for(ll i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt]=i;
			F[i]=(i-(i*i%Mod)+Mod)%Mod;
			c[i]=1;f[i]=i;p[i]=i;
		}
		for(ll j=1,v;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
			v=i*prime[j];
			vis[v]=1;
			if(!(i%prime[j])){
				c[v]=c[i]+1;f[v]=f[i];p[v]=p[i]*f[i];
				F[v]=F[v/p[v]]*((p[v]-p[v]*f[v]%Mod+Mod)%Mod)%Mod;
				break;
			}
			F[v]=(F[i]*F[prime[j]])%Mod;
			c[v]=1;f[v]=prime[j];p[v]=prime[j];
		}
	}
	
	for(int i=2;i<=n;i++)F[i]=(F[i]+F[i-1])%Mod;
}
ll S(ll a){if(a>=Mod)a%=Mod;return ((a*(a+1)%Mod)*inv_2)%Mod;}
ll calc(ll L,ll R){return ((F[R]-F[L-1])%Mod+Mod)%Mod;}
ll solve(ll n,ll m){
	if(n>m)swap(n,m);
	init(n);
	inv_2=fpow(2,Mod-2);
	ll ans=0;
	for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans=(ans+S(n/i)*S(m/i)%Mod*calc(i,j)%Mod)%Mod;
	}
	return ans;
}
ll n,m;
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	printf("%lld\n",solve(n,m));
	return 0;
}

---

51Nod 1238 最小公倍数之和V3

还是一样的问题，只不过 $n=m\leq10^{10}$，只询问一次。

此时就不能线性筛了，必须要做到线性以下的求法，那么就是杜教筛了。

而前面化简的式子，若 $f(x)=x\sum_{d|x}\mu(d)d$能杜教筛出，那么就可以用之前的方法做，但是这并不好实现反正博主不会的啦QWQ。

所以我们考虑，在这个时候重新变换：

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

我们可以先来看个式子：
$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^i[gcd(i,j)=1]ij$

我们知道 $\varphi(i)$表示 $1\sim i-1$中与 $i$互质的个数，而容易得知， $1\sim i-1$中与 $i-1$互质的数的和为 $\frac{i\varphi(i)}{2}$

简单证明:因为对于一个数 $d\leq i-1$，如果它与 $i$互质，根据欧几里得算法， $i-d$也与 $i$互质，那么这一对互质的和就为 $i$，总共有 $\varphi(i)$个互质，总和就是 $i\varphi(i)$，但是 $d,i-d$和 $i-d,d$算了两次，所以再除以2就是答案了，其中1要特殊考虑。

所以上面的那个式子可以写成：
$=\sum_{i=1}^ni\sum_{j=1}^ij[gcd(i,j)=1]\\ =\sum_{i=1}^ni\frac{i\varphi(i)+[i=1]}{2}$

那么我们看原式，就可以写成：
$=\sum_{d=1}^nd\left(2\times\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\frac{i\varphi(i)+[i=1]}{2}\right)-1\right)\\ =\sum_{d=1}^nd\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{i^2\varphi(i)}\right)$

因为原式后半部分可以写成：

$\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\left(\sum_{j=1}^{i}j[gcd(i,j)=1]+\sum_{j=i+1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}j[gcd(i,j)=1]\right)$

而后面两部分就想一个正方形，边长为 $\lfloor\frac{n}{d}\rfloor$，沿着对角线剪开一样，是对称的，所以取其中一个乘以 $2$即可。

详细来说，原式可以变成：
$\sum_{d=1}^nd \left(2\times \left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^iij\right)-\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i^2\right)$
因为 $(i,j),(j,i)$会被算两次，所以乘以2，而 $(i,i)$只会被算一次所以减去，然后就可以用前面式子替换就可以得到，后面 $\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i^2=\frac{n\times(n+1)}{2}$减去 $\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[i=1]=\frac{n\times(n+1)}{2}$的刚好消掉。

那么原式就转换成了求：

$\sum_{d=1}^nd\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{i^2\varphi(i)}\right)$

我们令 $f(x)=x^2\varphi(x)$，然后令 $g(x)=x^2$，容易得知（ $\bigotimes$为狄利克雷卷积）：

$f\bigotimes g(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})=\sum_{d|n}d^2\varphi(d)(\frac{n}{d})^2=n^2\sum_{d|n}\varphi(d)$

又因为 $\sum_{d|n}\varphi(d)=n$，所以令：

$h(n)=f\bigotimes g(n)=n^3$

令 $S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)$，因为 $g(1)=1$

带入杜教筛公式中可以得到：

$S(n)=\sum_{i=1}^nh(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)$

也就是：

$S(n)=\left(\frac{n\times(n+1)}{2}\right)^2-\sum_{i=2}^ni^2S(\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor)$

而 $\sum_{i=1}^ni^2=\frac{n\times(n+1)\times(2n+1)}{6}$，所以这个式子就很容易算了。

用杜教筛的方式先预处理 $n^{\frac{2}{3}}$的答案，然后数论分块递归即可。

对于原式外面我们仍然数论分块求即可。

复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+10,M=1e4+10;
const ll Mod=1e9+7;
ll prime[N],phi[N],cnt,n;
ll F[N],D[M],inv_2,inv_6;
ll fpow(ll a,ll b){
	ll ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=(a*a)%Mod){
		if(b&1)ans=(ans*a)%Mod;
	}
	return ans;
}
ll &Rec(ll a){
	if(a<N) return F[a];
	else return D[n/a];
}
bool vis[N];
ll Sqr(ll a){if(a>=Mod)a%=Mod;return a*a%Mod;}
void init(int up){
	memset(F,-1,sizeof(F));
	memset(D,-1,sizeof(D));
	phi[1]=1;
	inv_2=fpow(2,Mod-2);
	inv_6=fpow(6,Mod-2);
	for(int i=2;i<up;i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(int j=1,v;j<=cnt&&i*prime[j]<up;j++){
			v=i*prime[j];
			vis[v]=1;
			if(!(i%prime[j])){
				phi[v]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			phi[v]=phi[i]*phi[prime[j]];
		}
	}
	F[0]=0;
	for(int i=1;i<up;i++)F[i]=(F[i-1]+phi[i]*Sqr(i)%Mod)%Mod;
}
ll S(ll a){if(a>=Mod)a%=Mod;return (a*(a+1)%Mod)*inv_2%Mod;}
ll S2(ll a){if(a>=Mod)a%=Mod;return (a*(a+1)%Mod*((a+a+1)%Mod)%Mod)*inv_6%Mod;}
ll S3(ll a){if(a>=Mod)a%=Mod;return Sqr(S(a));}
ll Sarea(ll L,ll R){return ((S(R)-S(L-1))%Mod+Mod)%Mod;}
ll S2area(ll L,ll R){return ((S2(R)-S2(L-1))%Mod+Mod)%Mod;}
ll calc(ll x){
	ll &ans=Rec(x);
	if(ans!=-1) return ans;
	ans=S3(x);
	for(ll i=2,j;i<=x;i=j+1){
		j=x/(x/i);
		(ans-=(S2area(i,j)*calc(x/i))%Mod)%=Mod;
	}
	return (ans+Mod)%Mod;
}
ll solve(){
	ll ans=0;
	for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
		j=n/(n/i);
		(ans+=(Sarea(i,j)*calc(n/i))%Mod)%=Mod;
	}
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	init(min(n+1,1ll*N));
	printf("%lld\n",solve());
	return 0;
} 

大佬的更好的讲解-by fwat Orz%%%【链接】

另一种方法-by Imagine Orz%%%【链接】

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如果有错，或者有更好的方法，欢迎提出！(*｀∀´*)ノ亻!

End

快要退役了，再努力搏一搏吧