这是一道简单的数学题
设
[F(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ifrac{mathrm{lcm}(i,j)}{mathrm{gcd}(i,j)}
]
其中，(mathrm{lcm}(a,b)) 表示 (a) 和 (b) 的最小公倍数，(mathrm{gcd}(a,b)) 表示 (a) 和 (b) 的最大公约数。
给定 (n) ，让你求： (F(n) mod1000000007)。
对于所有数据，(1 le n le 10^9)。
题解
[F(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^i frac{ij}{gcd(i,j)^2}\
=sum_{d=1}^nsum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d}
floor}sum_{j=1}^i ij[gcd(i,j)=1]\
=sum_{d=1}^nsum_{x=1}^{lfloorfrac{n}{d}
floor}mu(x)x^2sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{dx}
floor}sum_{j=1}^i ij\
=sum_{d=1}^n G(lfloorfrac{n}{d}
floor)
]
[G(n)=sum_{x=1}^nmu(x)x^2sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{x}
floor}sum_{j=1}^i ij\
=sum_{x=1}^n mu(x)x^2 H(lfloorfrac{n}{x}
floor)
]
(mu(x)x^2) 的前缀和可以用杜教筛计算。
[H(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^i ij\
=sum_{i=1}^n ifrac{(i+1)i}{2}\
=frac{1}{2}((frac{n(n+1)}{2})^2+frac{1}{6}n(n+1)(2n+1))
]
这样做有两层数论分块，而且第二层数论分块还套了一个杜教筛，跑的很慢。
CO int N=1e7+10;
int pri[N],tot,val[N];
unordered_map<int,int> vs;
int H(int n){
int ans=fpow(mul(n,mul(n+1,i2)),2);
ans=add(ans,mul(n,mul(n+1,mul(2*n+1,i6))));
ans=mul(ans,i2);
return ans;
}
int S(int n){
if(n<N) return val[n];
if(vs.count(n)) return vs[n];
int ans=1;
for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
int c=mul(r,mul(r+1,mul(2*r+1,i6)));
c=add(c,mod-mul(l-1,mul(l,mul(2*l-1,i6))));
ans=add(ans,mod-mul(c,S(n/l)));
}
return vs[n]=ans;
}
int G(int n){
int ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
int c=add(S(r),mod-S(l-1));
ans=add(ans,mul(c,H(n/l)));
}
return ans;
}
int F(int n){
int ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans=add(ans,mul(r-l+1,G(n/l)));
}
return ans;
}
int main(){
val[0]=0,val[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i){
if(!pri[i]){
pri[++tot]=i;
val[i]=mod-mul(i,i);
}
for(int j=1;j<=tot and i*pri[j]<N;++j){
pri[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){
val[i*pri[j]]=0;
break;
}
val[i*pri[j]]=mul(val[i],val[pri[j]]);
}
}
for(int i=1;i<N;++i) val[i]=add(val[i],val[i-1]);
printf("%d
",F(read<int>()));
return 0;
}
可以观察到一个事实：莫比乌斯反演的辅助函数是 (varphi) 的计算方式是比辅助函数是 (mu) 的计算方式快的。
[F(n)=sum_{d=1}^n sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d}
floor}isum_{j=1}^ij[gcd(i,j)=1]\
=sum_{d=1}^n sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d}
floor}ifrac{[i=1]+ivarphi(i)}{2}\
=frac{n+sum_{i=1}^nvarphi(i)i^2lfloorfrac{n}{i}
floor}{2}
]
这样只有一个数论分块套杜教筛，用时约为上一种做法的五分之一。
复杂度分析
注意整除分块的写法：
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
int c=add(S(r),mod-S(l-1));
ans=add(ans,mul(c,n/l));
}
注意到r=n/(n/l)，所以r仍然是 (lfloorfrac{n}{x}
floor) 的形式。那么S的结果也就能用数组存储。
分析时间复杂度时可以认为S里面根号个值是预处理出来的。所以时间复杂度是 (O(n^{frac{2}{3}}+n^{frac{1}{2}}))。
我懒得改上面用unordered_map的代码了。