题解 【BZOJ3309】DZY Loves Math

问题

传送门

对于正整数 (n) ，定义 (f(n)) 为 (n) 所含质因子的最大幂指数

即对于 (n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}dots p_k^{c_k}) ，(f(n)=max limits{c_i})

求

[sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}f(gcd(i,j)) ]

（(n,mle 10^7) ， (tle 10^4) 组数据）

解析

直接按套路化简

[egin{align*} &=sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}f(gcd(i,j))\ &=sumlimits_{k=1}^{n}sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=k]f(k)\ &=sumlimits_{k=1}^{n}sumlimits_{i=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}sumlimits_{j=1}^{lfloorfrac{m}{k} floor}[gcd(i,j)=1]f(k)\ &=sumlimits_{k=1}^{n}sumlimits_{i=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}sumlimits_{j=1}^{lfloorfrac{m}{k} floor}sumlimits_{dmid n}mu(d)f(k)\ &=sumlimits_{k=1}^{n}sumlimits_{d=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}mu(d)f(k)sumlimits_{i=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}[dmid i]sumlimits_{j=1}^{lfloorfrac{m}{k} floor}[dmid j]\ &=sumlimits_{k=1}^{n}sumlimits_{d=1}^{lfloorfrac{n}{k} floor}mu(d)f(k)lfloorfrac{n}{dk} floorlfloorfrac{m}{dk} floor\&设 T=dk\&=sumlimits_{T=1}^nlfloorfrac{n}{T} floorlfloorfrac{m}{T} floorsumlimits_{dmid T}mu(d)f(frac{T}{d})\ end{align*}]

现在我们只要预处理出 (g(n)=sumlimits_{dmid n}mu(d)f(frac{n}{d})) 的前缀和就可以了

对于 (n,mle 10^7) 的数据来说，埃氏筛的时间复杂度过高，要使用线性筛

可是 (g) 似乎并非积性函数，也无法使用卷积，无法快速求解，怎么办？

观察 (g) ，发现 (mu) 和 (f) 似乎都和质因数的指数有关，我们从此方向思考

对于 (d=p_1^{dc_1}p_2^{dc_2}dots p_k^{dc_k})， 我们发现 (mu(d)) 在 (max limits{dc_i}ge 2) 的情况下值为 (0)，不予考虑（ (c) 前的 (d) 仅为标识符，无实际意义）

因此对于 (dmid n) 来说，(dc_iin{0,1})，所以 (f(frac{n}{d})) 的取值只有可能是 (f(n)) 或 (f(n-1)) （因为 (frac{n}{d}) 最多只会除掉质因子的一次幂，所以说最大幂指数最多只会减一）

现在我们又设 (frac{n}{d}=p_1^{frac{n}{d}c_1}p_2^{frac{n}{d}c_2}dots p_{n-k}^{frac{n}{d}c_{x}}dots p_n^{frac{n}{d}c_k})，且 (frac{n}{d}c_i (x+1le ile n)) 为最大幂指数，那么 (dc_i) 在 (1le ile x) 的取值定然不会影响 (f(frac{n}{d})) 的取值

我们发现，(dc_i) 在 (1le ile x) 的取值一共有 (2^{x}) 种（每个位置只能取零和一），而 (mu(d)) 的取值为一和负一的情况（即质因子种类数量为奇数和偶数的情况）刚好相等，各有又因为前面的取值不影响 (f(frac{n}{d})) ，所以说最终取值一定会两两抵消， (g(n)=0)

也就是说，若 (n) 的幂指数的取值不全部相等，(g(n)=0)

若 (n) 的幂指数的取值全部相等，即 (n=p_1^{c}p_2^{c}dots p_k^{c}) ，则 (dc_i) 的取值一共有 (2^{k}) 种，而 (mu(d)) 的取值为一和负一的情况也相等，正常来讲 (g(n)) 的取值应该也是零，但是当 (dc_i=1(1le ile k)) 时，(f(frac{n}{d})) 的取值比其他的小，为 (f(n)-1) ，因此要减去此时 (mu(d)=mu(p_1^1p_2^1dots p_k^1)) 的值

也就是说，若 (n) 的幂指数的取值全部相等，即 (n)等于某个正整数的次方， (g(n)=-mu(p_1p_2dots p_k))

综上，若 (n=p_1^{c}p_2^{c}dots p_k^{c}) 时， (g(n)=-mu(p_1p_2dots p_k))，否则 (g(n)=0)

这样，我们枚举 (i) ，令 (g(i^c)=-mu(i)) ，其他 (g(n)=0) 即可（注意特判 (n=1) 的情况）

核心代码

for(int i=2;i<=N;i++){
	if(mu[i]=0)continue;
	for(long long j=i;j<=N;j*=i){
		g[j]=-mu[i];
	}
}