[洛谷]P4240 毒瘤之神的考验-数论

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题意简述

有 $T$次询问，每次给定 $n,m$，求下面式子的值：
$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\varphi(ij)$

$n,m\leq 10^5$，输出答案在 $\mod 998244353$意义下的值。

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分析：

我们先要将 $\varphi(ij)$拆开，根据定义式：
$\varphi(n)=n\prod_{p|n}\frac{p-1}{p}\\ 其中p为n的不同的质数因子$

那么我们看 $\varphi(i)\varphi(j)$就为：

$i\prod_{p|i}\frac{p-1}{p}\cdot j\prod_{q|j}\frac{q-1}{q}$

我们将 $ij$放在一起可以发现：

$ij\prod_{p|i}\frac{p-1}{p}\prod_{q|j}\frac{q-1}{q}$

而 $i,j$的质因子可以看成属于 $i\times j$的所有质因子，而既属于 $i$又属于 $j$的，也就是属于 $gcd(i,j)$的质因子会被算两次，所以，原式可以转化为：

$ij\prod_{p|ij}\frac{p-1}{p}\prod_{q|gcd(i,j)}\frac{q-1}{q}$

那么，我们将原等式两端同时乘以一个 $gcd(i,j)$可以得到：

$\varphi(i)\varphi(j)gcd(i,j)=ij\prod_{p|ij}\frac{p-1}{p}gcd(i,j)\prod_{q|gcd(i,j)}\frac{q-1}{q}$

我们将其替换为 $\varphi(ij)$和 $\varphi(gcd(i,j))$，就可以得到：

$\varphi(i)\varphi(j)gcd(i,j)=\varphi(ij)\varphi(gcd(i,j))\\ \varphi(ij)=\frac{\varphi(i)\varphi(j)gcd(i,j)}{\varphi(gcd(i,j))}$

所以我们可以将原式拆开，转化成求：

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

根据反演题目的套路，我们转换为枚举 $gcd(i,j)$，原式就变为（这里默认 $n\leq m$如果不满足就交换）：

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

然后就是经典的莫比乌斯反演的套路了，我们将后面的两个求和反演后得到（其中 $w|gcd(i,j)=w|i,w|j$）：

$\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(id)\varphi(jd)[gcd(i,j)=1]\\ =\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(id)\varphi(jd)\sum_{w|i,w|j}\mu(w)\\ = \sum_{w|d}\mu(\frac{d}{w})\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(id)\varphi(jd)$

然后我们将原式更换枚举顺序，可以得到：
$=\sum_{d=1}^n\sum_{w|d}\frac{w}{\varphi(w)} \mu(\frac{d}{w})\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\varphi(id)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(jd)$

然后我们令 $f(n)=\sum_{d|n}\frac{d}{\varphi(d)}\mu(\frac{n}{d})$， $g(n,d)=\sum_{i=1}^n\varphi(id)$，原式就可以写成：
$=\sum_{d=1}^nf(d)g(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,d)g(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor,d)$

那么我们可以先线性筛出 $\varphi(i),\mu(i)$，然后枚举因子和倍数（类似诶氏筛的方式） $O(nlogn)$的筛出 $f(i),g(i,j)$，其中 $g(i,j)=g(i-1,j)+\varphi(ij)$且 $i\leq \frac{n}{j}$，但是每次回答还是要 $O(n)$，所以我们这里采用分块打表的技巧，我们令答案 $T(n,x,y)=\sum_{i=1}^nf(i)g(x,i)g(y,i)$，我们预处理处 $x,y\leq 100$左右的答案，复杂度为 $O(\frac{100\times 101}{2}\times \sum_{i=1}^n\frac{n}{i})$，如果觉的常数大就可以少预处理一点。然后每次回答的时候，对于 $i,j$小于 $\frac{m}{100}$的部分我们直接暴力算，而大于的部分我们已经预处理出来了，直接分块算，每次询问的复杂度为 $O(\sqrt{m}+\frac{m}{100})$就可以过了。

空间上不要直接开满，用不定长数组 $vector$可以节省大量空间。

常数炒鸡大和炒鸡丑陋的代码：

#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e5+10,N=101,W=1e5;
const int Mod=998244353;
ll prime[M],phi[M],mu[M],cnt;
ll F[M],inv[M];
vector <ll> T[N][N],G[M];
bool vis[M];
void init(){
	inv[0]=inv[1]=1;
	mu[1]=phi[1]=1;
	for(ll i=2;i<=W;i++){
		inv[i]=(Mod-Mod/i)*inv[Mod%i]%Mod;
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt]=i;mu[i]=Mod-1;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(ll j=1,v;j<=cnt&&i*prime[j]<=W;j++){
			v=i*prime[j];
			vis[v]=1;
			if(!(i%prime[j])){
				phi[v]=phi[i]*prime[j];
				break;	
			}
			mu[v]=(Mod-mu[i])%Mod;
			phi[v]=phi[i]*phi[prime[j]];
		}
	}
	for(ll i=1,v;i<=W;i++){
		v=inv[phi[i]]*i%Mod;
		for(int j=1;i*j<=W;++j){
			F[i*j]=(F[i*j]+v*mu[j]%Mod)%Mod;
		}
	}
	for(ll i=1;i<=W;i++){
		int L=W/i+1;G[i].push_back(0);
		for(ll j=1;j<L;j++){
			G[i].push_back((G[i][j-1]+phi[i*j])%Mod);
		}
	}
	for(int x=1;x<N;x++){
		for(int y=x;y<N;y++){
			int L=W/y+1;
			T[x][y].push_back(0);
			for(int i=1;i<L;i++){
				T[x][y].push_back((T[x][y][i-1]+F[i]*G[i][x]%Mod*G[i][y]%Mod)%Mod);
			}
		}
	}
}
int n,m;
ll ans;
void solve(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	ans=0;
	if(n>m)swap(n,m);
	int B=m/N;if(B>n)B=n;
	for(int i=1;i<=B;i++){
		ans=(ans+F[i]*G[i][n/i]%Mod*G[i][m/i]%Mod)%Mod;
	}
	for(int i=B+1,j;i<=n;i=j+1){
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans=((ans+T[n/i][m/i][j])%Mod+Mod-T[n/i][m/i][i-1])%Mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int Test;
int main(){
	init();
	for(scanf("%d",&Test);Test--;)solve();
	return 0;
}