【莫比乌斯反演】关于Mobius反演与lcm的一些关系与问题简化(BZOJ 2154 crash的数字表格&&BZOJ 2693 jzptab)

 

BZOJ 2154 crash的数字表格

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Description

　　今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b，LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如，LCM(6, 8) = 24。回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张N*M的表格。每个格子里写了一个数字，其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个4*5的表格如下： 1 2 3 4 5 2 2 6 4 10 3 6 3 12 15 4 4 12 4 20 看着这个表格，Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时，Crash就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。

Input

　　输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。

Output

　　输出一个正整数，表示表格中所有数的和mod 20101009的值。

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　　这道题求的是

稍微化一下。

之后我们令d=gcd(i,j)。

把i，j都除以d， 设i ^‘ =i/d，j ^’ =j/d。

处理一下式子

我们设d后面的一大坨为F(x,y)。

则有

我们继续设d^2后面的一大坨为sum(i,j)，易得sum(i,j)=i*j*(i+1)*(j+1)/2/2。

再膜一下PoPoQQQ大神

sum(i,j)可以很快用一个函数求出。

F和ans都要分块。

Long Long把我卡成sb了，还有注意ans要+mod再模mod。

sample ：100 95

这组数据的答案是正数。

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 
 6 #define maxn 10000001
 7 
 8 #define mod 20101009
 9 
10 using namespace std;
11 
12 long long mu[maxn],prime[maxn],mx,mi;
13 
14 long long f[maxn],ans=0;
15 
16 bool is_prime[maxn];
17 
18 long long sum(long long x,long long y){return (x*(x+1)/2%mod)*(y*(y+1)/2%mod)%mod;}
19 
20 void mu_choice()
21 {
22     long long b=0;
23     mu[1]=1;
24     for(long long i=2;i<=mx;i++)
25     {
26     if(!is_prime[i])mu[i]=-1,prime[++b]=i;
27     long long j=1,t=2*i;
28     while(j<=b&&t<=mx)
29     {
30         is_prime[t]=1;
31         if(i%prime[j]==0)
32         {
33         mu[t]=0;
34         break;
35         }
36         mu[t]=-mu[i];
37         t=prime[++j]*i;
38     }
39     }
40     for(long long i=1;i<=mi;i++)
41     f[i]=(f[i-1]+(i*i%mod*mu[i]))%mod;
42 }
43 
44 long long F(long long n,long long m)
45 {
46     long long re=0,last;
47     if(n>m)swap(n,m);
48     for(long long i=1;i<=n;i=last+1)
49     {
50     last=min(n/(n/i),m/(m/i));
51     re=(re+(f[last]-f[i-1])*sum(n/i,m/i)%mod)%mod;
52     }
53     return re;
54 }
55 
56 int main()
57 {
58 #ifndef ONLINE_JUDGE
59     freopen("2154.in","r",stdin);
60     freopen("2154.out","w",stdout);
61 #endif
62     long long n,m;
63     scanf("%lld%lld",&n,&m);
64     mx=max(n,m);
65     mi=min(n,m);
66     mu_choice();
67     long long last;
68     for(long long i=1;i<=mi;i=last+1)
69     {
70         last=min(n/(n/i),m/(m/i));
71         ans+=((last-i+1)*(last+i)/2%mod*F(n/i,m/i)%mod);
72         ans%=mod;
73     }
74     printf("%lld",(ans+mod)%mod);
75     return 0;
76 }

View Code

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BZOJ 2693 jzptab

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Description

　　 

Input

　　一个正整数T表示数据组数

　　接下来T行 每行两个正整数 表示N、M

Output

　　T行 每行一个整数 表示第i组数据的结果

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　　显然用上一题的公式去套是不现实的。。O(Tn)的复杂度已经无法阻挡了。。

　　我们继续考虑优化。

　　首先列出式子

　　然后我们设D=i*d，则有:

　　看起来只要求出SUM()后面的sigma的前缀和求一求，分块就可以辣~\(≧▽≦)/~

　　前缀和怎么求呢。。设h[p]=后面那一坨。。

　　则如果p是一个质数，则h[p]=p-p*p。

　　如果 p 是多个素数的一次项的积

　　显然 h 是积性的。

　　如果 p 存在得一个质因子的指数大于1，那么它新增的每一个因子的 μ 值都是0，没有意义，只有统计时D变成了原来的 j 倍。

　　所以 此时 h( p ) = h( i ) * j

　　之后前缀和处理一下就行了。

　　

 1 #include
 2 #include
 3 #include
 4 #include
 5 
 6 #define mod 100000009
 7 
 8 #define maxn 10000001
 9 
10 using namespace std;
11 
12 int mu[maxn],b=0,prime[maxn];
13 
14 long long h[maxn];
15 
16 bool is_prime[maxn];
17 
18 void mu_choice()
19 {
20     h[1]=mu[1]=1;
21     for(long long i=2;i)
22     {
23         if(!is_prime[i])prime[++b]=i,h[i]=(i-i*i%mod)%mod;
24         long long j=1,t=2*i;
25         while(j<=b&&t<=maxn-1)
26         {
27             is_prime[t]=1;
28             if(i%prime[j]==0)
29             {
30                 h[t]=h[i]*prime[j]%mod;
31                 break;
32             }
33             h[t]=h[i]*h[prime[j]]%mod;
34             t=prime[++j]*i;
35         }
36     }
37     for(int i=2;i)
38         h[i]=(h[i-1]+h[i])%mod;
39 }
40 
41 long long sum(long long x,long long y){return (x*(x+1)/2%mod)*(y*(y+1)/2%mod)%mod;}
42 
43 int main()
44 {
45     int T;
46     scanf("%d",&T);
47     mu_choice();
48     long long last;
49     while(T--)
50     {
51         long long n,m,ans=0;
52         scanf("%lld%lld",&n,&m);
53         if(n>m)swap(n,m);
54         for(long long i=1;i<=n;i=last+1)
55         {
56             last=min(n/(n/i),m/(m/i));
57             ans=(ans+sum(n/i,m/i)*(h[last]-h[i-1])%mod)%mod;
58         }
59         printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
60     }
61     return 0;
62 }

View Code

 

　　大家凑合看吧。。