题面戳我
Description
给下N,M,K.求
[sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)^kquad(modquad1e9+7)
]
Input
输入有多组数据，输入数据的第一行两个正整数T,K，代表有T组数据，K的意义如上所示，下面第二行到第T+1行，每行为两个正整数N,M，其意义如上式所示。
Output
如题
Sample Input
1 2
3 3
Sample Output
20
HINT
1<=N,M,K<=5000000,1<=T<=2000
sol
首先单组数据(O(n))的都会噻，就不讲了。（就是内外数论分块(O(sqrt n*sqrt n)=O(n))的那种）
这种方法化到最后的答案式应该是
[ans=sum_{d=1}^{n}d^ksum_{i=1}^{n/d}mu(i)lfloorfrac n{di}
floorlfloorfrac m{di}
floor
]
我们现在令(T=di)，然后考虑分别计算每一个(lfloorfrac nT floorlfloorfrac mT floor)对答案的贡献
[ans=sum_{T=1}^{n}lfloorfrac nT
floorlfloorfrac mT
floor*sum_{d|T}d^kmu(frac Td)
]
（手玩一下发现就是这样的）
前面那一坨显然还是(O(sqrt n))分块，后面那一坨发现是一个狄利克雷卷积的形式，就是说
[h(T)=sum_{d|T}d^kmu(frac Td)
]
是一个积性函数。所以线性筛出来后维护一个前缀和即可。
code
这份代码比yyb的慢了整整一倍。
原因是我已经被int溢出给搞怕了所以全开long long（是全开！）
所以说如果你想像yyb 这种港记跑得一样快的话请使用int类型并在适当的地方加上1ll*。
我不会说我因为ans没有清零WA了两次的
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N = 5000005;
const ll maxn = 5000000;
const ll mod = 1e9 + 7;
ll gi()
{
ll x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
ll fastpow(ll a,ll b)
{
ll s=1;
while (b)
{
if (b&1) s=s*a%mod;
a=a*a%mod;b>>=1;
}
return s;
}
ll t,k,n,m,pri[N],tot,zhi[N],low[N],h[N],ans;
void Mobius()
{
zhi[1]=h[1]=low[1]=1;
for (ll i=2;i<=maxn;i++)
{
if (!zhi[i]) low[i]=pri[++tot]=i,h[i]=(fastpow(i,k)-1+mod)%mod;
for (ll j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=maxn;j++)
{
zhi[i*pri[j]]=1;
if (i%pri[j]==0)
{
low[i*pri[j]]=low[i]*pri[j];
if (low[i]==i)
h[i*pri[j]]=h[i]*(h[pri[j]]+1)%mod;
else
h[i*pri[j]]=h[i/low[i]]*h[low[i]*pri[j]]%mod;
break;
}
low[i*pri[j]]=pri[j];
h[i*pri[j]]=h[i]*h[pri[j]]%mod;
}
}
for (ll i=1;i<=maxn;i++) h[i]=(h[i]+h[i-1])%mod;
}
int main()
{
t=gi();k=gi();
Mobius();
while (t--)
{
n=gi();m=gi();ans=0;
if (n>m) swap(n,m);
ll i=1;
while (i<=n)
{
ll j=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans=(ans+(h[j]-h[i-1]+mod)%mod*((n/i)*(m/i)%mod)%mod)%mod;
i=j+1;
}
printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}