Description
今天的数学课上,Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b,LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如,LCM(6, 8) = 24。回到家后,Crash还在想着课上学的东西,为了研究最小公倍数,他画了一张N*M的表格。每个格子里写了一个数字,其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个4*5的表格如下: 1 2 3 4 5 2 2 6 4 10 3 6 3 12 15 4 4 12 4 20 看着这个表格,Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题:这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时,Crash就束手无策了,因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大,Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。
Input
输入的第一行包含两个正整数,分别表示N和M。
Output
输出一个正整数,表示表格中所有数的和mod 20101009的值。
题解:
求 $sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)$
首先,定义 $nleqslant m$
开始推公式
$sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)$
$=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}frac{i imes j}{gcd(i,j)}$
$=sum_{d=1}^{n}d imes sum_{i=1}^{left lfloor frac{n}{d} ight floor}sum_{j=1}^{left lfloor frac{m}{d} ight floor}i imes j[gcd(i,j)==1]$
定义 $calc(n,m)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}i imes j[gcd(i,j)==1]$
$calc(n,m)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}i imes jsum_{d|i,d|j}mu(d)$
$=sum_{d=1}^{n}mu(d)sum_{d|i}isum_{d|j}j$
$=sum_{d=1}^{n}mu(d)sum_{i=1}^{frac{n}{d}}idsum_{j=1}^{frac{m}{d}}jd$
$=sum_{d=1}^{n}mu(d)d^{2}sum_{i=1}^{frac{n}{d}}dsum_{j=1}^{frac{m}{d}}j$
发现后面那个$sum_{i=1}^{frac{n}{d}}dsum_{j=1}^{frac{m}{d}}j$可以 $O(1)$ 求出.
$=frac{(1+frac{n}{d})frac{n}{d}}{2} imesfrac{(1+frac{m}{d})frac{m}{d}}{2}$
我们把它定义为 $Sum(frac{n}{d},frac{m}{d})$
可知 $calc(n,m)=sum_{d=1}^{n}mu(d)d^{2}Sum(frac{n}{d},frac{m}{d})$
可以预处理 $mu(d)d^2$,所以这一部分的时间复杂度是 $n^{frac{1}{2}}$ 的.
回到原式$=sum_{d=1}^{n}d imes calc(frac{n}{d},frac{m}{d})$
总时间复杂度是 $O(n)$ 的.
#include<bits/stdc++.h> #define maxn 10010006 #define ll long long using namespace std; const long long mod = 1ll*20101009; void setIO(string s) { string in=s+".in"; freopen(in.c_str(),"r",stdin); } int cnt; int prime[maxn], vis[maxn], mu[maxn]; ll sumv[maxn]; inline void init(int hh) { int i,j; mu[1]=sumv[1]=1; for(i=2;i<hh;++i) { if(!vis[i]) prime[++cnt]=i, mu[i]=-1; for(j=1;j<=cnt&&1ll*prime[j]*i<hh;++j) { vis[prime[j]*i]=1; if(i%prime[j]!=0) mu[i*prime[j]]=-mu[i]; else { mu[i*prime[j]]=0; break; } } sumv[i]=(sumv[i-1]+1ll*i*i%mod*(mu[i]+mod))%mod; // sumv2[i]=(i+sumv2[i-1])%mod; } } inline ll getarr(ll n,ll m) { ll tmp=(1ll*n*(n+1)/2%mod) * (1ll*m*(m+1)/2%mod)%mod; return tmp; } inline ll calc(ll n,ll m) { ll i,j; ll ans=0; for(i=1;i<=n;i=j+1) { j=min(n/(n/i), m/(m/i)); ans=(ans+1ll*(sumv[j]-sumv[i-1]+mod)*getarr(n/i,m/i)%mod)%mod; } return ans; } int main() { // setIO("input"); ll n,m,i,j; ll ans=0; scanf("%lld%lld",&n,&m); if(n>m)swap(n,m); init(m + 1); for(i=1;i<=n;i=j+1) { j=min(n/(n/i), m/(m/i)); ans=(ans+1ll*((j-i+1)*(i+j)/2)%mod*calc(n/i,m/i)%mod)%mod; ans=(ans+mod)%mod; } printf("%lld ",ans); return 0; }