luoguP4449 于神之怒加强版

题意

默认(nleqslant m)。

一波莫反后可得：
(sumlimits_{T=1}^{n}frac{n}{T}frac{m}{T}sumlimits_{d|T}d^kmu(frac{T}{d}))

前面显然是可以除法分块的，后面是个积性函数，可以线性筛。

设(f(x)=sumlimits_{d|x}d^kmu(frac{x}{d}))

线性筛时(i)中不含(prime_j)自然好说，考虑(i)中含(prime_j)怎么办。

设(g(i))表示(i)中最小质因子(即(prime_j))的幂，即(prime_j^k)。

(i ot=g(i))将(i)中的(prime_j)除去再算即可：
(f(i*prime_j)=f(frac{i}{g(i)})*f(g(i)*prime_j))
(i=g(i))这时用上面的式子会出现： (f(i*prime_j)=f(i*prime_j)*f(1))
这时考虑代回原式：
(f(p^c)=sumlimits_{d|p^c}d^kmu(frac{p^c}{d}))
(f(p^{c-1})=sumlimits_{d|p^{c-1}}d^kmu(frac{p^{c-1}}{d}))
发现(f(p^c)=f(p^c)*(prime_j)^k+(f(1)^k*mu(p^c)))（(f(1)*mu(p^c)=0)）。

于是就可以线性筛了，注意(d^k)也是积性函数。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5000010;
const ll mod=1000000007;
int T,K,n,m;
int mu[maxn],g[maxn];
ll pw[maxn],f[maxn],sum[maxn];
bool vis[maxn];
vector<int>prime;
inline ll power(ll x,ll k,ll mod)
{
	ll res=1;
	while(k)
	{
		if(k&1)res=res*x%mod;
		x=x*x%mod;k>>=1;
	}
	return res;
}
inline void pre_work(int n)
{
	vis[1]=1;f[1]=1;mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		//cerr<<i<<endl;
		if(!vis[i])prime.push_back(i),pw[i]=power(i,K,mod),f[i]=(pw[i]-1)%mod,g[i]=i,mu[i]=-1;
		for(unsigned int j=0;j<prime.size()&&i*prime[j]<=n;j++)
		{
			vis[i*prime[j]]=1;
			pw[i*prime[j]]=pw[i]*pw[prime[j]]%mod;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				if(i==g[i])f[i*prime[j]]=f[i]*pw[prime[j]]%mod;//+(pw[1]*mu[i*prime[j]]=0);
				else f[i*prime[j]]=f[i/g[i]]*f[g[i]*prime[j]]%mod;
				g[i*prime[j]]=g[i]*prime[j];
				break;
			}
			f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%mod;
			g[i*prime[j]]=prime[j];
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%mod;
}
inline ll solve(int n,int m)
{
	if(n>m)swap(n,m);
	ll res=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
	{
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		res=(res+1ll*(n/l)*(m/l)%mod*((sum[r]-sum[l-1])%mod+mod)%mod)%mod;
	}
	return (res%mod+mod)%mod;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&T,&K);
	pre_work(5000000);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		printf("%lld
",solve(n,m));
	}
	return 0;
}