【[国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB】

这道题我们要求的是

[sum_{i=1}^Nsum_{j=1}^Mlcm(i,j) ]

总所周知(lcm)的性质不如(gcd)优雅，但是唯一分解定理告诉我们(gcd(i,j) imes lcm(i,j)=i imes j)

所以很容易的可以转化成这个柿子

[sum_{i=1}^Nsum_{j=1}^Mfrac{i imes j}{(i,j)} ]

现在开始套路了

先设两个函数

[f(n)=sum_{i=1}^Nsum_{j=1}^M[(i,j)==n] imes i imes j ]

[F(n)=sum_{i=1}^Nsum_{j=1}^M[n|(i,j)] imes i imes j ]

[=frac{n imes(left lfloor frac{N}{n} ight floor+1) imes left lfloor frac{N}{n} ight floor}{2} imesfrac{n imes(left lfloor frac{M}{n} ight floor+1) imes left lfloor frac{M}{n} ight floor}{2} ]

显然则有

[F(n)=sum_{n|d}f(d) ]

反演得

[f(n)=sum_{n|d}mu(frac{d}{n})F(d) ]

于是答案就是

[Ans=sum_{i=1}^Nfrac{f(i)}{i} ]

[=sum_{i=1}^N imesfrac{1}{i}sum_{i|d}mu(frac{d}{i})frac{d imes(left lfloor frac{N}{d} ight floor+1) imes left lfloor frac{N}{d} ight floor}{2} imesfrac{d imes(left lfloor frac{M}{d} ight floor+1) imes left lfloor frac{M}{d} ight floor}{2} ]

后面的一大坨东西真是太烦人了，搞到前面来

[Ans=sum_{d=1}^Nfrac{(left lfloor frac{N}{d} ight floor+1) imes left lfloor frac{N}{d} ight floor imes(left lfloor frac{M}{d} ight floor+1) imes left lfloor frac{M}{d} ight floor}{4}sum_{i|d}frac{mu(frac{d}{i}) imes d^2}{i} ]

于是我们可以用(Theta(n ln n))来求出(sum_{i|d}frac{mu(frac{d}{i}) imes d^2}{i})之后前缀和

于是有了一个(70)分的代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 10000005
#define LL long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
const LL mod=20101009;
int n,m;
int f[maxn],p[maxn>>2];
LL pre[maxn];
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if(n>m) std::swap(n,m);
    f[1]=pre[1]=1;
    for(re int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!f[i]) p[++p[0]]=i,pre[i]=(1-i+mod);
        for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=n;j++)
        {
            f[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0) 
            {
                pre[i*p[j]]=pre[i];
                break;
            }
            pre[p[j]*i]=pre[p[j]]*pre[i]%mod;
        }
    }
    for(re int i=1;i<=n;i++) pre[i]=(i*pre[i]%mod+pre[i-1])%mod;
    LL ans=0;
    for(re LL l=1,r;l<=n;l=r+1)
    {
        r=min(n/(n/l),m/(m/l));
        LL N=n/l,M=m/l;
        ans=(ans+((N+1)*N/2%mod)*((M+1)*M/2%mod)%mod*(pre[r]-pre[l-1]+mod)%mod)%mod;
    }
    printf("%lld
",ans);
    return 0;
}

显然不行

我们设(T=frac{d}{i})

那么

[sum_{i|d}frac{mu(frac{d}{i}) imes d^2}{i}=d imessum_{T|d}mu(T) imes T ]

定义(h(x)=sum_{T|x}mu(T) imes T)

会发现(h)是一个积性函数，可以考虑如何线筛

首先(x)是质数(h(x)=1-x)

互质的话可以直接乘起来

如果不互质的话需要好好考虑一下了

仔细思考一下这个(h)的含义，会发现有一些约数(T)是没有用的，就是那些(mu(T)=0)的约数

而线筛的时候一旦(i\%p[j]==0)，说明(p[j])在(i)中出现过，于是(p[j])并不能组成一些新的有用约数，函数值和(h(i))相比其实没有什么变化，所以就有

[h(p[j]*i)=h(i) ]

于是现在的答案变成了

[Ans=sum_{d=1}^Nfrac{(left lfloor frac{N}{d} ight floor+1) imes left lfloor frac{N}{d} ight floor imes(left lfloor frac{M}{d} ight floor+1) imes left lfloor frac{M}{d} ight floor}{4} imes d imes h(d) ]

于是直接求(d imes h(d))的前缀和就好了

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define re register
#define maxn 10000005
#define LL long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
const LL mod=20101009;
int n,m;
int f[maxn],p[maxn>>2];
LL pre[maxn];
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(n>m) std::swap(n,m);
	f[1]=pre[1]=1;
	for(re int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!f[i]) p[++p[0]]=i,pre[i]=(1-i+mod);
		for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=n;j++)
		{
			f[p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0) 
			{
				pre[i*p[j]]=pre[i];
				break;
			}
			pre[p[j]*i]=pre[p[j]]*pre[i];
		}
	}
	for(re int i=1;i<=n;i++) pre[i]=(i*pre[i]%mod+pre[i-1])%mod;
	LL ans=0;
	for(re LL l=1,r;l<=n;l=r+1)
	{
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		LL N=n/l,M=m/l;
		ans=(ans+((N+1)*N/2%mod)*((M+1)*M/2%mod)%mod*(pre[r]-pre[l-1]+mod)%mod)%mod;
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}