【刷题】BZOJ 2154 Crash的数字表格

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。

Sample Input

4 5

Sample Output

122

HINT

100%的数据满足N, M ≤ 10^7。

Solution

莫比乌斯反演，膜拜PoPoQQQ

这题题意还是很清楚的，话不多说，推式子吧

哦，我之前(too young too simple)了，分块的时候判上界每次都会取min，结果慢了很多，这次保证了N比M小，所以在推式子的时候不要疑惑

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

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

[=sum_{d=1}^Ndsum_{i=1}^{lfloor frac{N}{d} floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{M}{d} floor}[gcd(i,j)=1]ij ]

这里解释一下，为什么枚举公约数，后面还要是一个([gcd(i,j)=1])：因为当(i)，(j)除了(d)以外还有公因子(k)的话，那么(gcd(i,j)=dk)，而不是(d)，这个式子就错了

然后我们设(g(x,y)=sum_{i=1}^{x}sum_{j=1}^{y}[gcd(i,j)=1]ij)，(s(x,y)=sum_{i=1}^{x}sum_{j=1}^{y}ij=frac{(x+1)x}{2}frac{(y+1)y}{2})

那么

[ans=sum_{d=1}^Ndcdot g(lfloor frac{N}{d} floor,lfloor frac{M}{d} floor) ]

假设我们知道(g(x,y))的值，那么算这个式子，整除分块就可以了吧

那么我们接下来的问题就是算(g(x,y))

对于(g(x,y))，这里的求法完全是单独的，用莫比乌斯反演。

设(f(n)=sum_{i=1}^{x}sum_{j=1}^{y}[gcd(i,j)=n]ij)

设(F(n)=sum_{i=1}^{x}sum_{j=1}^{y}[n|gcd(i,j)]ij)

然后我们来推(F(n))

(F(n)=sum_{i=1}^{x}sum_{j=1}^{y}[n|gcd(i,j)]ij)

( =sum_{ni=1}^{x}sum_{nj=1}^{y}[n|gcd(ni,nj)]nicdot nj)

( =sum_{i=1}^{lfloor frac{x}{n} floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{y}{n} floor}ni cdot nj)

( =n^2sum_{i=1}^{lfloor frac{x}{n} floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{y}{n} floor}ij)

( =n^2cdot s(lfloor frac{x}{n} floor,lfloor frac{y}{n} floor))

反演得(f(n))

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

( =sum_{d=1}^{N}mu(d)F(nd))

( =sum_{d=1}^{N}mu(d)cdot n^2d^2cdot s(lfloor frac{x}{nd} floor,lfloor frac{y}{nd} floor))

那么(g(x,y)=f(1)=sum_{d=1}^{N}mu(d)cdot d^2cdot s(lfloor frac{x}{d} floor,lfloor frac{y}{d} floor))

于是，又可以整除分块了。。。

预处理(mu(d)cdot d^2)前缀和，分块求(g(x,y))

所以这个题目的算法就是一个大整除分块加一个小整除分块，最后复杂度两个根号乘起来正好一个(O(N))

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int MAXN=10000000+10,Mod=20101009;
int N,M,prime[MAXN],cnt,mu[MAXN],vis[MAXN];
ll res,two,mus[MAXN];
template<typename T> inline void read(T &x)
{
	T data=0,w=1;
	char ch=0;
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
	x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char c='')
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	if(c!='')putchar(c);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline ll qexp(ll a,ll b)
{
	ll res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1)res=res*a%Mod;
		a=a*a%Mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
inline void init()
{
	two=qexp(2,Mod-2);
	memset(vis,1,sizeof(vis));
	vis[0]=vis[1]=0;
	mu[1]=1;
	for(register int i=2;i<MAXN;++i)
	{
		if(vis[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(register int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<MAXN;++j)
		{
			vis[i*prime[j]]=0;
			if(i%prime[j])mu[i*prime[j]]=-mu[i];
			else break;
		}
	}
	for(register int i=1;i<MAXN;++i)mus[i]=(mus[i-1]+(ll)mu[i]*(ll)i*(ll)i)%Mod;
}
inline ll s(int x,int y)
{
	return (ll)(x+1)*(ll)x%Mod*two%Mod*(ll)(y+1)%Mod*(ll)y%Mod*two%Mod;
}
inline ll g(int x,int y)
{
	ll ans=0;
	if(x>y)std::swap(x,y);
	for(register int i=1;;)
	{
		if(i>x)break;
		int j=min(x/(x/i),y/(y/i));
		(ans+=(mus[j]-mus[i-1]+Mod)%Mod*s(x/i,y/i)%Mod)%=Mod;
		i=j+1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	read(N);read(M);
	init();
	if(N>M)std::swap(N,M);
	for(register int i=1;;)
	{
		if(i>N)break;
		int j=min(N/(N/i),M/(M/i));
		(res+=(ll)(i+j)*(ll)(j-i+1)%Mod*two%Mod*g(N/i,M/i)%Mod)%=Mod;
		i=j+1;
	}
	write(res,'
');
	return 0;
}