Luogu P3327 [SDOI2015]约数个数和/BZOJ 4176 Lucas的数论

题目大意

共有 $T$ 组数据，给定 $n,m$ ，设 $d(x)=\sum_{i|x}1$ ，求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)$

数据范围　 $T=1(不输入),1\leqslant n=m(不输入)\leqslant 10^9$ 　或　 $1\leqslant n,m,T\leqslant 50000$

题解

由于两道题目有一定不同，这里考虑最大范围，但不管如何，先来证证证……

结论　 $\begin{aligned}d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[(x,y)=1]\end{aligned}$

证明　对于 $ij$ ，其唯一分解为 $ij=\prod\limits_{d=1}^np_d^{k_d}$ ，则 $d(ij)=\prod\limits_{d=1}^n(k_d+1)$ 。
考虑一个质数 $p$ 对 $d(i,j)$ 的贡献，设 $i=k*p*t_1,j=q*p*t_2$ ，则对 $d(ij)$ 得贡献为 $k+q+1$ (约数个数 $+1$ 的乘积)。
再来看一个引理

引理　设 $i=k*p*t_1,j=q*p*t_2$ ，则有： $\sum\limits_{x=0}^k\sum\limits_{y=0}^q[(p^x,p^y)=1]=q+k+1$
证明　可以发现，当且仅当 $xy=0$ 时， $(p^x,p^y)=1$ ，故成立。

因此对质数 $p$ 对 $d(i,j)$ 的贡献的贡献为 $\sum\limits_{x=0}^k\sum\limits_{y=0}^q[(p^x,p^y)=1]$ 。
接下来设 $i=\prod_{i=1}^n\limits p_i^{k_i},j=\prod_{i=1}^n\limits p_i^{q_i}$ ，考虑下面逐一每一个质数 $p_i$ ，根据乘法原理得：
$d(ij)=\sum_{x_1=0}^{k_1}\sum_{y_1=0}^{q_1}[(p_1^{x_1},p_1^{y_1})=1]\sum_{x_2=0}^{k_2}\sum_{y_2=0}^{q_2}[(p_2^{x_2},p_2^{y_2})=1]...\sum_{x_n=0}^{k_n}\sum_{y_n=0}^{q_n}[(p_n^{x_n},p_n^{y_n})=1]$

即 $d(i,j)=\sum_{d=1}^n\sum_{x_d=0}^{k_d}\sum_{y_d=0}^{q_d}[(p_d^{x_d},p_d^{y_d})=1]$

令 $x=\prod_{i=1}^n\limits p_i^{k_i},y=\prod_{i=1}^n\limits p_i^{k_i}$ ，则答案为 $\sum_{x|i}\sum_{y|j}[(x,y)=1]$

代入题目，得：
$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[(x,y)=1]\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d|(x,y)}\mu(d)\\ \end{aligned}$

各回各家，各找各妈，好好理解，实在不行用C++证明法。
$\begin{aligned} 原式&=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\Bigg(\sum_{d|x}^{x\leqslant n}\sum_{x|i}^{i\leqslant n}1\Bigg)\Bigg(\sum_{d|y}^{y\leqslant m}\sum_{y|j}^{i\leqslant m}1\Bigg)\\ &=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\Bigg(\sum_{d|x}^{x\leqslant n}\Big\lfloor\frac nx\Big\rfloor\Bigg)\Bigg(\sum_{d|y}^{y\leqslant m}\Big\lfloor\frac my\Big\rfloor\Bigg)\\ &=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\Bigg(\sum_{x=1}^{\large\lfloor\frac nd\rfloor}\Big\lfloor\frac n{dx}\Big\rfloor\Bigg)\Bigg(\sum_{y=1}^{\large\lfloor\frac md\rfloor}\Big\lfloor\frac m{dy}\Big\rfloor\Bigg)\\ &=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\Bigg(\sum_{x=1}^{\large\lfloor\frac nd\rfloor}\Big\lfloor\frac {\large\lfloor\frac nd\rfloor}{x}\Big\rfloor\Bigg)\Bigg(\sum_{y=1}^{\large\lfloor\frac md\rfloor}\Big\lfloor\frac {\large\lfloor\frac md\rfloor}{y}\Big\rfloor\Bigg) \end{aligned}$

Luogu

$\Theta(n\sqrt n)$ 预处理出 $f(x)=\sum_{i=1}^n\lfloor\frac ni\rfloor$ ，线筛出 $\mu$ 即可。

BZOJ

BZOJ 要求设计非线性算法，因而 $\mu$ 的前缀和需要用杜教筛求出，而且不能再直接 $\Theta(n\sqrt n)$ 预处理，必须追求更低的时间复杂度。
由于 $n=m$ ，有：
$\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\Bigg(\sum_{x=1}^{\large\lfloor\frac nd\rfloor}\Big\lfloor\frac {\large\lfloor\frac nd\rfloor}{x}\Big\rfloor\Bigg)\Bigg(\sum_{y=1}^{\large\lfloor\frac md\rfloor}\Big\lfloor\frac {\large\lfloor\frac md\rfloor}{y}\Big\rfloor\Bigg)=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\Bigg(\sum_{x=1}^{\large\lfloor\frac nd\rfloor}\Big\lfloor\frac {\large\lfloor\frac nd\rfloor}{x}\Big\rfloor\Bigg)^2$

右边那堆可以在除法分块的同时完成。