又被学弟们爆锤了TAT感觉可以原地退役了_(:з」∠)_
题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6868
题目大意：设(f(n)=sum_{d|n} |mu(d)|)，求(sum_{i=1}^{m} f(ni))
题解：分析(f(n))的性质，设(n=prod_{i=1}^{k} p_i^{q_i})，(omega = prod_{i=1}^{k} p_i )，显然当且仅当(d|omega)时存在贡献，而这样的(d)一共有(2^k)个。故若我们设(k(n))为(n)的不同质因子个数，则(f(n)=2^{k(n)})，是一个积性函数
由于(k(n)=k(omega))，所以有(f(n)=f(omega))，进一步地我们可以得出，(sum_{i=1}^{m} f(ni)=sum_{i=1}^{m} f(omega i))。令(S(n,m)=sum_{i=1}^{m} f(ni))，则有(S(n,m)=S(omega,m))
注意到(omega)是不同质数的乘积，因此(f(omega i)=f(i)cdot f(frac{omega}{gcd(i,omega)}))，就有$$S(n,m)=S(omega,m)=sum_{i=1}^{m} f(omega i)=sum_{i=1}^{m} f(i)cdot f(frac{omega}{gcd(i,omega)})$$
枚举(d=gcd(i,omega))，得到$$S(omega,m)=sum_{d|omega}f(frac{omega}{d})sum_{i=1}^{lfloor frac{m}{d} floor}f(id)[gcd(i,frac{omega}{d})=1]$$
由(sum_{d|n}mu(d)=[n==1])$$S(omega,m)=sum_{d|omega}f(frac{omega}{d})sum_{i=1}^{lfloor frac{m}{d} floor}f(id)sum_{e|gcd(i,frac{omega}{d})}mu(e)$$
交换求和次序，则答案为$$sum_{d|omega}f(frac{omega}{d})sum_{e|frac{omega}{d}}mu(e)sum_{i=1}^{lfloor frac{m}{de} floor}f(ide)$$
设(T=dcdot e)，则有(T|omega)，再次交换求和次序，得出答案为$$sum_{T|omega}sum_{i=1}^{lfloor frac{m}{T} floor}f(iT)sum_{d|T}mu(d)f(frac{omega}{frac{T}{d}})=sum_{T|omega}S(T,lfloor frac{m}{T} floor)sum_{d|T}mu(d)f(dcdot frac{omega}{T})$$
再次注意到(omega)是不同质数的乘积，因此有对任意(T|omega)，(gcd(T,frac{omega}{T})=1)，而由于(d|T)，故(f(dcdot frac{omega}{T})=f(d)f(frac{omega}{T}))，因此有$$S(omega,m)=sum_{T|omega}S(T,lfloor frac{m}{T} floor)sum_{d|T}mu(d)f(d)f(frac{omega}{T})=sum_{T|omega}f(frac{omega}{T})S(T,lfloor frac{m}{T} floor)sum_{d|T}mu(d)f(d)$$
其中(f)的值可以(O(n))线性筛预处理，(S)可以递归求解，现在问题就在于求(sum_{d|T}mu(d)f(d))的值
注意到这边(T)也是若干个不同质数的乘积，而(f(d)=2^{k(d)}, mu(d)=(-1)^{k(d)})，考虑对所有相同的(k)进行求和，则有(sum_{d|T}mu(d)f(d)=sum_{i=0}^{k(T)}C_{k(T)}^{i}2^icdot(-1)^i)，发现这是一个类似于二项式展开的形式，计算得出$$sum_{d|T}mu(d)f(d)=sum_{i=0}^{k(T)}C_{k(T)}^{i}2^icdot(-1)^{k(T)-i}cdot(-1)^{-k(T)+2i}=(-1)^{k(T)}cdot (2+(-1))^{k(T)}=(-1)^{k(T)}cdot 1=mu(T)$$
于是我们就得出了最终的式子$$S(n,m)=S(omega,m)=sum_{T|omega}mu(T)f(frac{omega}{T})S(T,lfloor frac{m}{T} floor)$$
得到这个式子后直接递归求解即可，最坏情况下(n)是等于最小的八个质数的乘积(9699690)，这种情况下在第一层最多也只会遍历到(256)个不同的(S(n,m))。赛中直接交跑了不到三秒就过了，赛后再交发现会TLE，加了些常数优化卡过去了_(:з」∠)_（赛中赛后运行时间差了整整一倍可还行）
赛中过的代码
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 10000001 #define LL long long #define MOD 1000000007 int T,n,f[N],sf[N],mu[N],v[N],p[N],cnt; void pretype() { int mx=0; v[1]=f[1]=mu[1]=1; for(int i=2;i<N;i++){ if(!v[i]){p[++cnt]=i,mu[i]=-1,f[i]=2,v[i]=i;} for(int j=1;j<=cnt && 1ll*i*p[j]<N;j++){ v[i*p[j]]=v[i]*p[j]; if(i%p[j]==0){f[i*p[j]]=f[i],v[i*p[j]]=v[i];break;} mu[i*p[j]]=-mu[i]; f[i*p[j]]=2*f[i]; } } for(int i=1;i<N;i++)sf[i]=(sf[i-1]+f[i])%MOD; } int S(int n,int m) { if(m==0)return 0; if(m==1)return f[n]; if(n==1)return sf[m]; int res=0; for(int d=1;d*d<=n;d++)if(n%d==0){ res=(res+MOD+1ll*f[n/d]*S(d,m/d)%MOD*mu[d])%MOD; res=(res+MOD+1ll*f[d]*S(n/d,m/(n/d))%MOD*mu[n/d])%MOD; } return res; } int S2(int n,int m) { int res=0; for(int i=1;i<=m;i++) res=(res+f[i*n])%MOD; return res; } int main() { int T,n,m; pretype(); scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&n,&m); printf("%d ",S(v[n],m)); //cout<<S2(v[n],m)<<" "<<S2(n,m)<<endl; } }
卡常版（4914ms）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 10000001 #define MOD 1000000007 int T,n,f[N],sf[N],mu[N],v[N],p[N],cnt; void pretype() { v[1]=f[1]=mu[1]=1; for(int i=2;i<N;i++){ if(!v[i]){p[++cnt]=i,mu[i]=-1,f[i]=2,v[i]=i;} for(int j=1;j<=cnt && 1ll*i*p[j]<N;j++){ v[i*p[j]]=v[i]*p[j]; if(i%p[j]==0){f[i*p[j]]=f[i],v[i*p[j]]=v[i];break;} mu[i*p[j]]=-mu[i]; f[i*p[j]]=2*f[i]; } } for(int i=1;i<N;i++)sf[i]=(sf[i-1]+f[i])%MOD; } int S(int n,int m) { if(m==0)return 0; if(m==1)return f[n]; if(n==1)return sf[m]; int res=0; if(m<100 && n*m<N){ for(int i=1;i<=m;i++) res=(res+f[i*n])%MOD; return res; } for(int d=1;d*d<=n;d++)if(n%d==0){ res=(res+MOD+1ll*f[n/d]*S(d,m/d)%MOD*mu[d])%MOD; res=(res+MOD+1ll*f[d]*S(n/d,m/(n/d))%MOD*mu[n/d])%MOD; } return res; } int main() { int T,n,m; pretype(); scanf("%d",&T); while(T--){ scanf("%d%d",&n,&m); printf("%d ",S(v[n],m)); } }
PS：本篇博客做法思路与[BZOJ 3512]的解法十分相似，阅读相关题解有助于进一步理解这种做法
时间复杂度分析：
咕咕咕.jpg，反正(O()能过())XD