[2019HDU多校第一场][HDU 6588][K. Function]

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6588

题目大意：求(sum_{i=1}^{n}gcd(left lfloor sqrt[3]{i} ight floor,i), nleq 10^{21})

题解：考虑对(left lfloor sqrt[3]{i} ight floor)分块，将式子转换成(sum_{i=1}^{left lfloor sqrt[3]{n} ight floor}sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}gcd(i,j))

　　　考虑函数(f(n,m)=sum_{i=1}^{m}gcd(n,i))，由于(gcd(x,y)=gcd(x mod y,y))，可以得出$$f(n,m)=sum_{i=1}^{m}gcd(n,i)=left lfloor frac{m}{n} ight floorcdot f(n,n)+f(n,m mod n)$$

　　　对于(f(n,n))的值，可以通过枚举(gcd)的值求和得出(f(n,n)=sum_{d|n}^{ } d cdotphi(frac{n}{d}))，线性筛预处理欧拉函数的值即可(O(nlogn))预处理所有(f(n,n))的值

　　　对于(f(n,m))，同样可以得出，(f(n,m)=sum_{d|n}^{ } d  sum_{i| frac{n}{d},ileq left lfloor frac{m}{d} ight floor}^{ }mu(i)cdotleft lfloor frac{m}{id} ight floor=sum_{d|n}^{ } phi(d)cdot left lfloor frac{m}{d} ight floor)

　　　又由于((i+1)^3-1=i^3+3i^2+3i)是(i)的倍数，所以对于每个循环中的(i)，有$$sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}gcd(i,j)=f(i,i^3+3i^2+3i)-f(i,i^3)+gcd(i,i^3)=(3i+3)cdot f(i,i)+i$$

　　　因此对于每个询问，最多只需要求一次(f(n,m))就好（即最后的(i)），而求一次(f(n,m))的时间复杂度为(O(sqrt{n}))，所以每次询问的复杂度是(O(n+sqrt{n}))。又因为有多组询问，可以考虑通过离线处理将总的时间复杂度降为(O(nlogn+Tsqrt{n}))，这里(n)指的是(10^7)

　　　这题的出题人原本是卡了非线性的做法，但是可以通过一定的常数优化使得(O(nlogn))的做法通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 10000001
#define MOD 998244353
int n,g[N],phi[N],p[N],cnt,res[15],flg[N];
struct rua
{
    int id;
    __int128 n;
    bool operator <(const rua &t)const{return n<t.n;}
}a[15];
void read(__int128 &x)
{
    static char ch;static bool neg;
    for(ch=neg=0;ch<'0' || '9'<ch;neg|=ch=='-',ch=getchar());
    for(x=0;'0'<=ch && ch<='9';(x*=10)+=ch-'0',ch=getchar());
    x=neg?-x:x;
}
void pretype()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)
      {
      if(!flg[i])p[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
      for(int j=1;j<=cnt && i*p[j]<N;j++)
        {
        flg[i*p[j]]=1;
        if(i%p[j]==0)
          {
          phi[i*p[j]]=p[j]*phi[i];
          break;
          }
        phi[i*p[j]]=(p[j]-1)*phi[i];
        }
      }
    for(int d=1;d*d<N;d++)
      for(int n=d*d;n<N;n+=d)
        {
        g[n]=(g[n]+1ll*d*phi[n/d])%MOD;
        if(d*d<n)g[n]=(g[n]+1ll*(n/d)*phi[d])%MOD;
        }
}
inline int F(int n,__int128 M)
{
    int res=(M/n)*g[n]%MOD;
    int m=M%n;
    if(m==0)return res;
    for(int i=1;i*i<=n;i++)
      {
      int j=n/(n/i);
      if(n%i==0)
        {
        res=(res+1ll*phi[i]*(m/i))%MOD;
        if(i*i<n)res=(res+1ll*phi[n/i]*(m/(n/i)))%MOD;
        }
      i=j;
      }
    return res;
}
int main()
{
    pretype();
    scanf("%d",&n); 
    for(int i=1;i<=n;i++)
      read(a[i].n),a[i].id=i;
    sort(a+1,a+n+1);
    int ans=0,j=1;
    __int128 i=1;
    while(i*i*i<=a[n].n)
      {
      __int128 r=((i+3)*i+3)*i;
      ans=(ans+MOD-(i*i*g[i]%MOD)+i)%MOD;
      while(j<=n && a[j].n<r)
        {
        res[a[j].id]=(ans+F(i,a[j].n%i)+(a[j].n/i)*g[i])%MOD;
        j++;
        }
      ans=(ans+((i+3)*i+3)*g[i])%MOD;
      while(j<=n && a[j].n==r)
        res[a[j++].id]=ans;
      i++;
      }
    for(int i=1;i<=n;i++)
      printf("%d
",res[i]);
}