Description
给定(n),(m),(k),计算
[sum_ {i=1}^n sum^m_{j=1} gcd(i,j)^k space mod space 10^9+7
]
Solution
这种带着 (gcd) 的题目就是要反演对吧
然后我们设：
[f(n)=n^k=sum_{d|n} g(d)
]
[g(n)=sum_{d|n} f(d) mu(frac{n}{d})
]
所以我们化简一下原式：
[sum_ {i=1}^n sum^m_{j=1} gcd(i,j)^k
]
[=sum_ {i=1}^n sum^m_{j=1}f(gcd(i,j))
]
[=sum_ {i=1}^n sum^m_{j=1}sum_{d|gcd(i,j)} g(d)
]
更换枚举的顺序：（先枚举(d)）
[sum^{min(n,m)}_ {d=1}sum_{d|i}^{n}sum^m_{d|j}space g(d)
]
[sum^{min(n,m)}_ {d=1} lfloordfrac{n}{d}
floor lfloor frac{m}{d}
floor g(d)
]
然后经过考虑复杂度的问题，我们只能线性筛(g(x))
这里的具体过程看代码吧
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
namespace yspm{
inline int read()
{
int res=0,f=1; char k;
while(!isdigit(k=getchar())) if(k=='-') f=-1;
while(isdigit(k)) res=res*10+k-'0',k=getchar();
return res*f;
}
const int N=5e6,mod=1e9+7;
int T,k,pri[N],g[N],tot,f[N];
bool fl[N];
inline int ksm(int x,int y)
{
int res=1; for(;y;y>>=1){if(y&1) (res*=x)%=mod; (x*=x)%=mod;}
return res;
}
inline void prework()
{
f[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i)
{
if(!fl[i]) pri[++tot]=i,g[tot]=ksm(i,k),f[i]=(g[tot]-1+mod)%mod;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<N;++j)
{
fl[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){f[i*pri[j]]=f[i]*g[j]%mod; break;}
else{f[i*pri[j]]=f[i]*f[pri[j]]%mod;}
}
} for(int i=1;i<N;++i) (f[i]+=f[i-1])%=mod;
return ;
}
inline void work()
{
int ans=0,n=read(),m=read(),T=min(n,m);
for(int l=1,r;l<=T;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(f[r]-f[l-1]+mod)*(n/l)%mod*(m/l)%mod; ans%=mod;
}
return printf("%lld
",ans),void();
}
signed main()
{
T=read(); k=read(); prework(); while(T--) work();
return 0;
}
}
signed main(){return yspm::main();}