test20181101 怜香惜玉 和 BZOJ2226 LCMSum

怜香惜玉

分析

观察（直到考试最后一小时我才尝试打表）发现若(gcd(x,i)=1)，则(gcd(x,x-i)=1)，所以是对称的。

那么又由于乘了2，所以(f(x)=x)。

然后打个快速幂，求个前缀和就行了。

时间复杂度(O(n log n))

co int MAXN=1e6+1,mod=998244353;

int qpow(int x,int k)
{
	int res=1;
	while(k)
	{
		if(k&1)
			res=(ll)res*x%mod;
		x=(ll)x*x%mod,k>>=1;
	}
	return res;
}

int ans[MAXN];

int main()
{
	int T,k;
	read(T);read(k);
	for(int i=1;i<MAXN;++i)
	{
		ans[i]=qpow(i,k);
		(ans[i]+=ans[i-1])%=mod;
	}
	while(T--)
	{
		printf("%d
",ans[read<int>()]);
	}
    return 0;
}

拓展

L巨：这题是套路，经常用到。

然而由于L巨太巨了，所以L巨还是帮我把这个式子用莫比乌斯反演证明出来了。

要证明的是

[sum_{i=0}^{n}i cdot [gcd(i,n)=1] = frac{(varphi(n) + e(n)) cdot n}{2} ]

加上一个e是因为按题意phi(1)=2

证明

[左边 \ =sum_{i=0}^{n} i cdot sum_{d|i且d|n} mu(d) \ =sum_{d|n} mu(d) sum_{i=0}^{lfloor frac{n}{d} floor} d cdot i \ =sum_{d|n} mu(d) cdot d cdot frac{frac{n}{d}(frac{n}{d}+1)}{2} \ =frac{n}{2}(mu*id+e)(n) \ =frac{n cdot (varphi(n) + e(n))}{2} \ =右边 ]

解释

第三步d整除n，所以去掉了下取整符号，转化为等差数列求和。

倒数第二步在消掉分子分母中同时出现的数。

倒数第一步，由于有

[mu * 1 = e \ varphi * 1 = id ]

所以交叉卷积，消去1得到

[mu * id = varphi ]

LCMSum

给定(n(n leq 10^6))，求

[sum_{i=1}^{n} extrm{lcm}(i,n) ]

有(T(T leq 3 imes 10^5))组询问。

分析

https://blog.sengxian.com/solutions/bzoj-2226?tdsourcetag=s_pcqq_aiomsg

[sum_{i=1}^{n} extrm{lcm}(i,n) \ =sum_{i=1}^{n}frac{i cdot n}{gcd(i,n)}\ =n sum_{d|n}frac{1}{d}sum_{i=1}^{n}[gcd(i,n)=d] cdot i\ =n sum_{d|n}frac{1}{d}sum_{i=1}^{frac{n}{d}}[gcd(i,frac{n}{d})=1] cdot i cdot d \ = n sum_{d|n} sum_{i=1}^{frac{n}{d}} [gcd(i,frac{n}{d})=1] cdot i ]

后半部分参照上一题，可得

[原式 =n sum_{d|n} frac{(varphi(n) + e(n)) cdot n}{2} \ =frac{n}{2} sum_{d|n} (varphi(n) + e(n)) cdot n ]

现在的这个后面的式子(O(n))线性筛后，枚举倍数(O(n ln n))预处理。

然后就能(O(1))回答每次询问。

时间复杂度(O(n + n ln n + T))

co int MAXN=1e6+7;
int prime[MAXN],pcnt;
int phi[MAXN];
ll f[MAXN];

void linear()
{
	prime[1]=1;
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<MAXN;++i)
	{
		if(!prime[i])
		{
			prime[++pcnt]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(int j=1;j<=pcnt&&i*prime[j]<MAXN;++j)
		{
			prime[i*prime[j]]=1;
			phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
			if(i%prime[j]==0)
			{
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<MAXN;++i)
		for(int j=i;j<MAXN;j+=i)
			f[j]+=(ll)phi[i]*i;
}

ll solve(int n)
{
	return (f[n]+1)*n/2;
}

int main()
{
	linear();
	int T=read<int>();
	while(T--)
	{
		printf("%lld
",solve(read<int>()));
	}
    return 0;
}