●BZOJ 4407 于神之怒加强版

题链：

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4407

题解：

莫比乌斯反演

直接套路化式子

$egin{align*}ANS&=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}gcd(i,j)^k(接下来先枚举gcd的值g，然后求出有多少对(i,j)的gcd=g) \&=sum_{g=1}^{min(n,m)}g^ksum_{d=1}{frac{n}{g}mu(d)lfloor frac{n}{gd} floor lfloor frac{m}{gd} floor}\ &=sum_{D=gd=1}^{min(n,m)} lfloor frac{n}{D} floor lfloor frac{m}{D} floor sum_{g|D} g^k mu(frac{D}{g});(令f(D)=sum_{g|D} g^k mu(frac{D}{g}))\ &=sum_{D=1}^{min(n,m)} lfloor frac{n}{D} floor lfloor frac{m}{D} floor f(D) end{align*}$

如果处理出f(D)那么就可以在$O(sqrt N)$ 的复杂度内解决每个询问。

因为 $w(x)=x^k 和 mu(x)$都是积性函数，

所以由狄利克雷乘积的性质可知：

$egin{align*} f(D)&=sum_{g|D} g^k mu(frac{D}{g}) \&=sum_{g|D} w(g) mu(frac{D}{g}) end{align*}$

亦是一个积性函数。

所以直接线筛就好了。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define MAXN 5000050
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int f[MAXN],k;
int Pow(int a,int b){
	int ret=1; a=(a%mod+mod)%mod;
	while(b){
		if(b&1) ret=1ll*ret*a%mod;
		b>>=1; a=1ll*a*a%mod;
	}
	return ret;
}
void Sieve(){
	static bool np[MAXN];
	static int prime[MAXN],pnt;
	f[1]=1;
	for(int i=2,tmp,d;i<=5000000;i++){
		if(!np[i]) prime[++pnt]=i,f[i]=(Pow(i,k)-1+mod)%mod;
		for(int j=1;j<=pnt&&i<=5000000/prime[j];j++){
			np[i*prime[j]]=1; tmp=i; d=prime[j];
			while(tmp%prime[j]==0) tmp/=prime[j],d*=prime[j];
			if(tmp!=1) f[tmp*d]=1ll*f[tmp]*f[d]%mod;
			else f[d]=(1ll*Pow(d,k)-Pow(d/prime[j],k)+mod)%mod;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=5000000;i++) f[i]=(1ll*f[i]+f[i-1])%mod;
}
int main(){
	int Case,n,m,mini,ans;
	scanf("%d%d",&Case,&k);
	Sieve();
	while(Case--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		mini=min(n,m); ans=0;
		for(int D=1,last;D<=mini;D=last+1){
			last=min(n/(n/D),m/(m/D));
			ans=(1ll*ans+1ll*(n/D)*(m/D)%mod*(((1ll*f[last]-f[D-1]+mod)%mod))%mod)%mod;
		}
		printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}