洛谷P3768 简单的数学题(莫比乌斯反演+杜教筛+狄利克雷卷积)

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我错了，杜教筛不是只背板子就够的qwq
跟着神仙yyb推了一遍式子，感觉这题还是很神仙
题意是求
$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}ijgcd(i,j)$
显然先把gcd枚举一下，假设gcd(i,j)==k
原式就为
$\sum_{k=1}^{n}k\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}ij[gcd(i,j)==k]$
后面这个式子根据套路可以往外提一下
$\sum_{k=1}^{n}k^3\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^{n/k}ij[gcd(i,j)==1]$
这样子看着一脸可莫比乌斯反演的样子
令 $f(x)=\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{x}ij[gcd(i,j)==1]$
根据某引理
$\sum_{d|x}\mu(d)=[x=1]$
$f(x)=\sum_{i=1}^{x}\sum_{j=1}^{x}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$
换过来枚举d
$f(x)=\sum_{d=1}^{x}\mu(d)\sum_{d|i}\sum_{d|j}ij$
后面那玩意可以O(1)算的
$f(x)=\sum_{d=1}^{x}\mu(d)d^2(1+2+3+...+[\frac{x}{d}])^2$
反演完了，我们把它代回去
$\sum_{k=1}^{n}k^3f([\frac{n}{k}])$
$\sum_{k=1}^{n}k^3\sum_{d=1}^{n/k}\mu(d)d^2(1+2+3+...+[\frac{n}{kd}])^2$
令 $sum(x)=1+2+3+...+x,g=kd$枚举g,再随便枚举个k
$\sum_{g=1}^{n}sum(g)^2\sum_{k|g}k^3(\frac{g}{k})^2\mu(\frac{g}{k})$
有些项可以消掉
$\sum_{g=1}^{n}sum(g)^2\sum_{k|g}g^2k\mu(\frac{g}{k})$
显然 $g^2$可以提出来
$\sum_{g=1}^{n}sum(\frac{n}{g})^2g^2\sum_{k|g}k\mu(\frac{g}{k})$
显然前面可以整除分块
主要需要快速求出后面的
$g^2\sum_{k|g}k\mu(\frac{g}{k})$
这时候狄利克雷卷积就有用了
常见的几个狄利克雷卷积
$d=1*1$
$\sigma=1*id$
$e=1*\mu$
$\phi=\mu*id$
$id=\phi*1$
显然这里我们需要用的是 $\phi=\mu*id$
卷完以后我们可以得到
$f(g)=g^2\phi(g)$
这时候需要计算上面函数的前缀和 $s(n)$，那么就是杜教筛的套路
$g(1)s(n)=\sum_{i=1}^{n}(g*f)(i)-\sum_{i=2}^{n}g(i)s(\frac{n}{i})$
看看要卷的东西
$(g*f)(i)=\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d}) =\sum_{d|i}g(d)(\frac{i}{d})^2\phi(\frac{i}{d})$
显然令 $g(x)=x^2$就可以把 $(\frac{i}{d})^2$消掉
$i^2\sum_{d|i}\phi(\frac{i}{d})$
$1*\phi(i)=id$
$i^2\sum_{d|i}\phi(\frac{i}{d})=i^3$
$s(n)=\sum_{i=1}^{n}i^3-\sum_{i=2}^{n}i^2s(\frac{n}{i})$
这个前缀和用杜教筛处理之后，总复杂度是 $O(n^{\frac{2}{3}})$

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 8000000
using namespace std;

long long phi[N+10];
int p[N+10];
bool vis[N+10];
long long n,cnt,mod,inv2,inv6;
map<long long,long long> m;

long long kasumi(long long a,long long b)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}

void init()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            p[++cnt]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if(i*p[j]>N) break;
            vis[i*p[j]]=1;
            if(!(i%p[j])) {phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];break;}
            else phi[i*p[j]]=phi[i]*phi[p[j]];
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++) phi[i]=(phi[i]*i%mod*i%mod+phi[i-1])%mod;
}

inline long long sum2(long long x)
{
    x%=mod;
    return x*(x+1)%mod*(x+x+1)%mod*inv6%mod;
}

inline long long sum3(long long x)
{
    x%=mod;
    return x*(x+1)%mod*inv2%mod;
}

long long solve(long long x)
{
    if(x<=N) return phi[x];
    if(m.count(x)) return m[x];
    long long res=sum3(x);
    res=res*res%mod;
    for(long long l=2,r;l<=x;l=r+1)
    {
        r=(x/(x/l));
        long long tmp=(sum2(r)-sum2(l-1));
        res-=tmp*solve(x/l);
        res%=mod;
    }
    return m[x]=(res+mod)%mod;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld",&mod,&n);
    inv2=kasumi(2,mod-2);
    inv6=kasumi(6,mod-2);
    init();
    long long ans=0;
    for(long long l=1,r;l<=n;l=r+1)
    {
        r=(n/(n/l));
        long long tmp=sum3(n/l);
        tmp=tmp*tmp%mod;
        long long res=(solve(r)-solve(l-1))%mod;
        ans+=res*tmp%mod;
        ans%=mod;
    }
    printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
}