[bzoj4815] [洛谷P3700] [Cqoi2017] 小Q的表格

Description###

小Q是个程序员。
作为一个年轻的程序员，小Q总是被老C欺负，老C经常把一些麻烦的任务交给小Q来处理。
每当小Q不知道如何解决时，就只好向你求助。为了完成任务，小Q需要列一个表格，表格
有无穷多行，无穷多列，行和列都从1开始标号。为了完成任务，表格里面每个格子都填了
一个整数，为了方便描述，小Q把第a行第b列的整数记为f(a,b),为了完成任务，这个表格要
满足一些条件：
(1)对任意的正整数a,b,都要满足f(a,b)=f(b,a)；
(2)对任意的正整数a,b,都要
满足b×f(a,a+b)=(a+b)*f(a,b)。为了完成任务，一开始表格里面的数很有规律，第a行第b列的
数恰好等于a*b，显然一开始是满足上述两个条件的。为了完成任务，小Q需要不断的修改表
格里面的数，每当修改了一个格子的数之后，为了让表格继续满足上述两个条件，小Q还需要
把这次修改能够波及到的全部格子里都改为恰当的数。由于某种神奇的力量驱使，已经确保了
每一轮修改之后所有格子里的数仍然都是整数。为了完成任务，小Q还需要随时获取前k行前k
列这个有限区域内所有数的和是多少，答案可能比较大，只需要算出答案mod1,000,000,007
之后的结果。

Input###

第1行包含两个整数m,n,表示共有m次操作，所有操作和查询涉及到的行编号和列编号都不超过n。
接下来m行，每行4个整数a,b,x,k表示把第a行b列的数改成x，然后把它能够波及到的所有格子全
部修改，保证修改之后所有格子的数仍然都是整数，修改完成后计算前k行前k列里所有数的和。
1<=m<=10000,1<=a,b,k<=N<=4*10^6,0<=x<=1018

Output###

输出共m行，每次操作之后输出1行，表示答案mod 1,000,000,007之后的结果。

Sample Input###

3 3

1 1 1 2

2 2 4 3

1 2 4 2

Sample Output###

9

36

14

一开始,表格的前3行前3列如图中左边所示,前2次操

作后表格没有变化,第3次操作之后的表格如右边所示。

1 2 3 2 4 6

2 4 6 4 4 12

3 6 9 6 12 9

---

简要题解##

观察表格，可发现

[egin{equation*} f(a,b)=f(gcd(a,b),gcd(a,b)) cdot frac{a}{gcd(a,b)} cdot frac{b}{gcd(a,b)} end{equation*} ]

于是我们只需记下(f(i,i))的值即可
利用欧拉函数计算答案，分块维护

---

想法##

手动模拟表格，至少花了30分钟我才发现

[egin{equation*} f(a,b)=f(gcd(a,b),gcd(a,b)) cdot frac{a}{gcd(a,b)} cdot frac{b}{gcd(a,b)} end{equation*} ]

发现结论的我大呼：妙题！
然后很尴尬地发现我不会做了…无奈只好翻题解

由上面的式子可知，我们只需记下所有(f(i,i))，其他所有(f)值就都可以求出来了
查询时

[egin{equation*} ans=sumlimits_{i=1}^k f(i,i) cdot [sumlimits_{x=1}^{k/i} sumlimits_{y=1}^{k/i} xy cdot (gcd(x,y)==1)] end{equation*} ]

我们记

[egin{equation*} egin{aligned} g(n)&=sumlimits_{x=1}^n sumlimits_{y=1}^n xy cdot (gcd(x,y)==1)\ &=2sumlimits_{x=1}^n sumlimits_{y=1}^x xy cdot (gcd(x,y)==1) - sumlimits_{x=1}^n x^2 cdot (gcd(x,x)==1) \ &=2sumlimits_{x=1}^n sumlimits_{y=1}^x xy cdot (gcd(x,y)==1) - 1 end{aligned} end{equation*} ]

再记

[egin{equation*} egin{aligned} h(n) &=sumlimits_{y=1}^n ny cdot (gcd(n,y)==1) \ &=n sumlimits_{y=1}^n y cdot (gcd(n,y)==1) \ end{aligned} end{equation*} ]

这个式子可以理解为，1~n中所有与n互质的数的和 × n
有欧拉函数 (varphi(n)) 表示n以内与n互质的数的个数
我们知道，若x与n互质，则n-x也与n互质。
也就是说与n互质的数可两两配对，和为n。
那么

[egin{equation*} h(n)=frac{varphi(n) cdot n^2}{2} end{equation*} ]

故

[egin{equation*} g(n)=2 sumlimits_{x=1}^n h(x) - 1 end{equation*} ]

那么

[egin{equation*} ans=sumlimits_{i=1}^k f(i,i) cdot g(k/i) end{equation*} ]

由于我们知道 (k/i) 只有 (sqrt{n}) 种取值
于是就可以愉快地分块 (f(i,i)) 啦！

设计一个 (O(sqrt{n})) 修改， (O(1)) 查询的分块结构就好了……

---

代码##

注：调了若干次才终于对…心好累

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>

#define P 1000000007

using namespace std;

typedef long long ll;
const int N = 4000005;
const int SN = 4005;

ll phi[N];
int prime[N],pnum;
int n,sn,block;
void getphi(){
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) phi[i]=i-1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(phi[i]==i-1) prime[pnum++]=i;
        for(int j=0;j<pnum && (ll)prime[j]*i<=n;j++){
            if(i%prime[j]==0){
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
        }
        phi[i]=(phi[i-1]+(ll)i*i%P*phi[i])%P; //g(i)
    }
}

ll num[N],add[SN];
ll query(int x){
    if(!x) return 0;
    int bl=(x-1)/sn+1;
    return (num[x]+add[bl])%P;
}
void change(int x,ll c){
    int bl=(x-1)/sn+1;
    for(int i=x;i<=min(bl*sn,n);i++) num[i]=(num[i]+c)%P;
    for(int i=bl+1;i<=block;i++) add[i]=(add[i]+c)%P;  
}
int gcd(int a,int b) { return b ? gcd(b,a%b) : a; }

int main()
{
    int m;
    scanf("%d%d",&m,&n);
    sn=(int)sqrt(n); block=(n-1)/sn+1;
    for(int i=1;i<=n;i++) num[i]=(num[i-1]+(ll)i*i%P)%P;
    getphi();
    
    int a,b,k,g;
    ll ans=0,x,X;
    while(m--){
        scanf("%d%d%lld%d",&a,&b,&x,&k);
        if(a<b) swap(a,b);
        g=gcd(a,b);
        X=(x/(1ll((ll)a/g)*(b/g)))%P;  //罪魁祸首！！就是这里！！！
        change(g,(X-(query(g)-query(g-1)+P)%P+P)%P);
        ans=0;
        for(int l=1,r;l<=k;l=r+1){
            r=k/(k/l);
            ans=(ans+(query(r)-query(l-1)+P)%P*phi[k/l]%P)%P;    
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    
    return 0;
}