题解 #528. 「LibreOJ β Round #4」求和

传送门

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【分析】

先套路地莫比乌斯反演一波：

思路见 对于部分莫比乌斯反演的套路优化

设 (Nleq M)

(displaystyle quadsum_{i=1}^Nsum_{j=1}^M oldsymbol mu^2(gcd(i, j)))
(displaystyle =sum_{i=1}^Nsum_{j=1}^M sum_{dmid iwedge dmid j}(oldsymbol mu^2*oldsymbol mu)(d))
(displaystyle =sum_{d=1}^N (oldsymbol mu^2*oldsymbol mu)(d)(N/d)(M/d))

然后就求解 ((oldsymbol mu^2*oldsymbol mu)(d)) 的前缀和，跑一个整除分块即可

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稍微分析一下积性函数 ((oldsymbol mu^2*oldsymbol mu)(d)) 的性质：

(displaystyle (oldsymbol mu^2*oldsymbol mu)(p^k)=sum_{i=0}^k oldsymbol mu^2(p^i)oldsymbol mu(p^{k-i}))

当 (k=1) 时：((oldsymbol mu^2*oldsymbol mu)(p)=oldsymbol mu^2(1)oldsymbol mu(p)+oldsymbol mu^2(p)oldsymbol mu(1)=-1+1=0)

当 (k=2) 时：((oldsymbol mu^2*oldsymbol mu)(p^2)=oldsymbol mu^2(p)oldsymbol mu(p)=-1)

当 (kgeq 3) 时 ((oldsymbol mu^2*oldsymbol mu)(p^3)=0)

即 (displaystyle (oldsymbol mu^2*oldsymbol mu)(p^k)=-[k=2])

然后我就一通分析，推了一个非常复杂的递推式，成功 MLE+TLE

仔细分析一波，若某个数 (n) 是完全平方数，如果 (oldsymbol mu(sqrt n) eq 0) 则 (sqrt n) 中的每个质因子只出线一次

因此，(n) 中的每个质因子只出线两次，此时 (oldsymbol mu(n) eq 0)，否则（包括 (n) 不为完全平方数）均为 (0)

同理进一步分析，可以得到 ((oldsymbol mu^2*oldsymbol mu)(n)=egin{cases}oldsymbol mu(sqrt n), n ext{是完全平方数}\\0, n ext{不是完全平方数}end{cases})

所以我们将 (4 imes 10^6) 内的 (mu(n)) 前缀和打出来，然后把它们映射到 ((oldsymbol mu^2*oldsymbol mu)(n^2)) 的前缀和上

每次查询前缀和的时候直接在映射中二分查找不大于自己的第一个 (n) 对应的函数值即可

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【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll, ll> pii;
typedef double db;
#define fi first
#define se second
const int MOD=998244353, Lim=4e6, MAXN=Lim+10;
ll n, m;
ll p[MAXN], cntprime, Mu[MAXN];
bool vis[MAXN];
vector<pii> sumF;
inline void sieve(){
    Mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=Lim;++i){
        if(!vis[i]) vis[i]=1, p[++cntprime]=i, Mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=cntprime;++j)
            if(p[j]*i>Lim) break;
            else{
                vis[p[j]*i]=1;
                if(i%p[j]==0){
                    Mu[i*p[j]]=0;
                    break;
                }
                Mu[i*p[j]]=-Mu[i];
            }
    }
    for(int i=2;i<=Lim;++i) Mu[i]+=Mu[i-1];
    sumF.push_back( pii(-1e18, 0) );
    for(ll i=1;i<=Lim;++i) sumF.push_back( pii(i*i, Mu[i]) );
}
inline ll sumf(ll n){
    return ( upper_bound(sumF.begin(), sumF.end(), pii(n, 1e18))-1 )->se;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0); cout.tie(0);
    sieve();
    cin>>n>>m; if(n>m) swap(n, m);
    ll ans=0;
    for(ll l=1, r;l<=n; l=r+1){
        r=min( n/(n/l), m/(m/l) );
        ans+=(sumf(r)-sumf(l-1))%MOD*(n/l%MOD)%MOD*(m/l%MOD)%MOD;
        ans%=MOD;
    }
    ans=(ans+MOD)%MOD;
    cout<<ans;
    cout.flush();
    return 0;
}