[BZOJ 2154]Crash的数字表格(莫比乌斯反演+数论分块)
题面
求
\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \mathrm{lcm}(i,j)\]
分析
\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \mathrm{lcm}(i,j)\]
\[=\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} \frac{i j}{\mathrm{gcd}(i, j)}\]
\[=\sum_{g=1}^{n} \sum_{i=1}^{n/g} \sum_{j=1}^{m/g} \frac{ig \times jg}{g}[\gcd(i,j)=1] \]
(改变求和顺序，先枚举g,i相当于之前的i/g,j相当于j/g,所以gcd(i,j)=1)
\[=\sum_{g=1}^{n}g\sum_{i=1}^{n/g} \sum_{j=1}^{m/g} i j[gcd(i,j)=1]\ \ \ (把g提到外面)\]
令\[f(x)=\sum_{i=1}^{n/g} \sum_{j=1}^{m/g} ij[gcd(i,j)=x]\]
莫比乌斯反演的套路,\[F(x)=\sum_{i=1}^{n/g} \sum_{j=1}^{m/g} ij[x|gcd(i,j)]\]
\(\because x|gcd(i,j),\therefore i|x,j|x\)
\[\therefore F(x)=\sum_{i|x}^{n/g} \sum_{j|x}^{m/g}ij=x^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{gx}} \sum_{j=1}^{\frac{m}{gx}} ij=x^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{gx}} i\sum_{j=1}^{\frac{m}{gx}} j\]
用等差数列求和公式可以\(O(1)\)求出，这里为了形式美观先不展开
显然\(F,f\)满足莫比乌斯反演的倍数形式,\(F(n)=\sum_{n|d}f(d)\)
因此\(f(n)=\sum_{n|d} F(d)\mu(\frac{d}{n})\)
我们要求的是\(f(1)\)
\[f(1)=\sum_{1|d}F(d) \mu(d)=\sum_{d=1}^{n/g} F(d) \mu(d)=\sum_{d=1}^n \mu(d) d^2 \sum_{i=1}^{\frac{n}{gd}} i\sum_{j=1}^{\frac{m}{gd}} j\]
\[ \therefore 原式=\sum_{g=1}^{n} g \sum_{d=1}^{n} \mu(d) d^{2} \sum_{i=1}^{\frac{n}{gd}} i \sum_{j=1}^{\frac{m}{gd}} j\]
\[=\sum_{g=1}^{n} g \sum_{d=1}^{n/g} \mu(d) d^{2} \frac{\frac{n}{gd}\left(\frac{gn}{d}+1\right)}{2} \cdot \frac{\frac{m}{gd}\left(\frac{m}{gd}+1\right)}{2} \ \ \ (等差数列求和公式)\]
看起来时间复杂度是\(O(n^2)\)的，但我们只要线性筛出\(\mu(d)d^2\),两层求和其实都可以数论分块求解，时间复杂度\(O(\sqrt{n}\times \sqrt{n})=O(n)\)
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define maxn 10000000
#define mod 20101009//不是1e9+7!!!
using namespace std;
typedef long long ll;
int cnt;
bool vis[maxn+5];
int prime[maxn+5];
int mu[maxn+5];
ll sumg[maxn+5];//g(n)=n*n*mu(n)
void sieve(int n){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i]){
prime[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0){
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) sumg[i]=(sumg[i-1]+(ll)i*i%mod*mu[i]%mod)%mod;
}
inline ll fast_pow(ll x,ll k){
ll ans=1;
while(k){
if(k&1) ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
k>>=1;
}
return ans;
}
inline ll inv(ll x){
return fast_pow(x,mod-2);
}
ll n,m;
ll inv2;
inline ll S(ll n){
return n*(n+1)%mod*inv2%mod;
}
ll calc(int n,int m){//其实就是f(x)
ll ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(sumg[r]-sumg[l-1])*S(n/l)%mod*S(m/l)%mod;
ans=(ans+mod)%mod;//注意mu可能为负数
}
return ans;
}
int main(){
sieve(maxn);
inv2=inv(2);
scanf("%lld %lld",&n,&m);
if(n>m) swap(n,m);
ll ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(ll)(l+r)*(r-l+1)%mod*inv2%mod*calc(n/l,m/l)%mod;
ans=(ans+mod)%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}