杜教筛和 min_25 筛基础习题

杜教筛和 min_25 筛基础习题

这篇博客记录了自己最近几个月所刷的数论函数题目，所以有些题目可能不需要用到杜教筛或者 min_25 筛。某些题需要一些乱搞的技巧。

感谢 tangjz 提供大量题目。

1. HDU - 5608 function

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5608

1.1 题意

定义：
$$n^2-3n+2=\sum _{d|n}f(d)$$
求 ${\sum }_{i=1}^{n}f(i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7$ 的值。

多组读入，共有 $T\le 500$ 组数据，$n\le 10^9$，其中不超过 $5$ 组数据满足 $n>10^6$。

1.2 解题过程

我们可以发现，${\sum }_{d|n}f(d)=f\ast I$，因此对于大于 $10^6$ 的部分，可以使用杜教筛来求解，对于小于 $10^6$ 的部分，可以暴力预处理出前缀和。

时间复杂度：$O(n\log n+n^{\frac{2}{3}})$

2. 51Nod - 1238 最小公倍数之和 V3

题目链接：http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemid=1238

2.1 题意

给定 $n(2\le n\le 10^{10})$，求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\text{lcm}(i,j)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7$$
的值。

2.2 解题过程

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\text{lcm}(i,j)& =\sum _{k=1}^{n}k\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\cdot d^2\lfloor \frac{n}{kd}{\rfloor }^2,l=kd\\ & =\sum _{l=1}^n\lfloor \frac{n}{l}{\rfloor }^2\sum _{d|l}\mu (d)\cdot d^2\cdot \frac{l}{d}\end{array}$$

设 $f(l)={\sum }_{d|l}\mu (d)\cdot d^2\cdot \frac{l}{d}$，则 $f=(\mu \cdot i{d}^2)\ast id$，我们对 $f$ 卷上一个 $i{d}^2$，根据狄利克雷卷积的可交换性，可以得到
$$\begin{array}{rl}f\ast i{d}^2& =(\mu \cdot i{d}^2)\ast i{d}^2\ast id\\ & =(\sum _{d|l}\mu (d)\cdot d^2\cdot \frac{l^2}{d^2})\ast id\\ & =ϵ\ast id\\ & =id\end{array}$$
因此当 $n\le 1670000$ 时，使用线性筛预处理出 $f$ 的前缀和，否则需要利用杜教筛计算 $f$ 的前缀和，最后套一个数论分块即可解决本题。

需要注意的是，杜教筛外面套一个数论分块不影响总体的时间复杂度。

时间复杂度：$O(n^{\frac{2}{3}})$。

3. 51Nod - 1227 平均最小公倍数

题目链接：http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemid=1227

3.1 题意

定义：
$$A(n)=\frac{{\sum }_{i=1}^n\text{lcm}(n,i)}{n}$$
，给定 $a$ 和 $b(1\le a\le b\le 10^9)$，求
$$\sum _{i=a}^{b}A(i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7$$
的值。

3.2 解题过程

$$\begin{array}{rl}A(n)& =\sum _{i=1}^n\frac{\text{lcm}(n,i)}{n}\\ & =\sum _{i=1}^n\frac{ni}{n\cdot \gcd (i,n)}\\ & =\sum _{i=1}^n\frac{i}{\gcd (i,n)}\\ & =\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^n\frac{i}{k}[\gcd (i,n)=k]\\ & =\sum _{k|n}\sum _{i=1}^{\frac{n}{k}}i[\gcd (\frac{n}{k},i)=1]\\ & =\sum _{k|n}\frac{\frac{n}{k}\cdot \phi (\frac{n}{k})+[\frac{n}{k}=1]}{2}\\ & =\frac{({\sum }_{k|n}\phi (k)\cdot k)+1}{2}\end{array}$$

设 $f(n)={\sum }_{k|n}\phi (k)\cdot k$，则 $n\le 10^6$ 时，可以通过线性筛预处理出前缀和；

$n>10^6$ 时，我们需要通过狄利克雷卷积 + 杜教筛处理出其前缀和。

可以发现，$f=(\phi \cdot id)\ast I$，我们尝试将 $f$ 卷上 $id$，则可以得到
$$\begin{array}{rl}f\ast id& =(\phi \cdot id)\ast I\ast id\\ & =(\phi \cdot id)\ast id\ast I\\ & =i{d}^2\ast I\\ & =\sum _{d|n}{d}^2\end{array}$$
根据杜教筛的时间复杂度，我们最多在 $O(\sqrt{n})$ 以内的时间复杂度内求出 $f\ast id$ 的前缀和：
$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n(f\ast id)(i)& =\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}{d}^2\\ & =\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }1\\ & =\sum _{d=1}^n{d}^2\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \end{array}$$
，至此，我们便可通过杜教筛求出 $f\ast id$ 后面项的前缀和，时间复杂度为 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

4. 51Nod - 1222 最小公倍数计数

题目链接：http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1222

4.1 题意

定义 $f(n)$ 为最小公倍数为 $n$ 的二元组数量，给定 $a,b(1\le a\le b\le 10^{11})$，求
$$\sum _{i=a}^{b}f(i)$$
的值。

4.2 解题过程

我们只需考虑 $F(n)={\sum }_{i=1}^{n}f(i)$ 如何求出，即可通过 $F(b)-F(a-1)$ 求出答案。
$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{n}f(i)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[\text{lcm}(i,j)\le n]\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[\frac{ij}{\gcd (i,j)}\le n]\\ & =\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[\frac{ij}{k}\le n][\gcd (i,j)=k]\\ & =\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[ijk\le n][\gcd (i,j)=1]\\ & =\sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }[ijk\le \lfloor \frac{n}{d^2}\rfloor ]\\ & =\sum _{d=1}^{\sqrt{n}}\mu (d)\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d^2}\rfloor }\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k{d}^2}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{ik{d}^2}\rfloor }[ijk\le \lfloor \frac{n}{d^2}\rfloor ]\end{array}$$
设 $g(n)={\sum }_{k=1}^n{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{ik}\rfloor }[ijk\le n]$，则我们可以通过枚举 $k,i,j$ 来在 $T_1(n)=O({\sum }_{i=1}^{n^{\frac{1}{3}}}(\sqrt{\frac{n}{i}}-i))=O(n^{\frac{2}{3}})$ 的时间复杂度内求出 $g(n)$。枚举时，假设 $k\le i\le j$，其中 $k$ 在 $[1,n^{\frac{1}{3}}]$ 范围内枚举，$i$ 在 $[k,\sqrt{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }]$ 范围内枚举，在 $k$ 和 $i$ 确定的情况下，$j$ 的取值范围可以 $O(1)$ 得出，枚举之后更新答案即可。

求解 $g(n)$ 的代码如下：

ll calc(ll n) {
    ll res = 0;
    for (ll a = 1; a * a * a <= n; a++) {
        for (ll b = a; a * b * b <= n; b++) {
            ll c = n / (a * b);
            if (c < b)   break;
            /*
                a == b 时，若 b == c，则产生 1 的贡献，
                否则 c 可行的位置有三种，因此产生 3 的贡献。
            */
            if (a == b)  res += ((c - b) * 3LL + 1LL);
            /*
                a != b 时，若 b == c，则 c 可行的位置有三种，因此产生 3 的贡												献；否则产生 3! = 6 的贡献。
            */
            else res += ((c - b) * 6LL + 3LL);
        }
    }
    return res;
}

对于 $d$，直接枚举即可。

总的时间复杂度为 $T(n)=O({\sum }_{d=1}^{\sqrt{n}}{T}_1(\frac{n}{d^2}))=O(n^{\frac{2}{3}})$。

5. BZOJ - 4176 Lucas 的数论

题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4176

5.1 题意

给定 $n(1\le n\le 10^9)$，求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}d(ij)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7$$
的值。

5.2 解题过程

我们首先需要知道一个结论：
$$d(nm)=\sum _{i|n}\sum _{j|m}[\gcd (i,j)=1]$$
据此结论，我们进行公式推导：
$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}d(ij)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{a|i}\sum _{b|j}[\gcd (a,b)=1]\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{a|i}\sum _{b|j}\sum _{d=1}^n\mu (d)[d|i][d|j]\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{a|i}\sum _{b|j}1\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{a=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{b=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{da}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{db}\rfloor }1\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)(\sum _{a=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\lfloor \frac{n}{da}\rfloor {)}^2\end{array}$$
杜教筛 + 数论分块即可，时间复杂度为 $O(n^{\frac{3}{4}})$。

6. 51Nod - 1584 加权约数和

题目链接：http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1584

6.1 题意

给定 $n(1\le n\le 10^6)$，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\max (i,j)\cdot \sigma (ij)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7$$

的值。

注意本题有 $T(1\le T\le 5\cdot 10^4)$ 组读入。

6.2 解题过程

鸣谢 tangjz 和 Candy? 的题解：https://www.cnblogs.com/candy99/p/6723642.html

一个奇妙的变换：
$$\begin{array}{rl}\max (i,j)& =\sum _{k=1}^n[k\le i\text{ or }k\le j]\\ & =n-\sum _{k=1}^n[k>i][k>j]\end{array}$$
代入到原式中，可以得到
$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\max (i,j)\cdot \sigma (ij)\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(n-\sum _{k=1}^n[k>i][k>j]))\cdot \sigma (ij)\\ =& n\cdot \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sigma (ij)-\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{k-1}\sum _{j=1}^{k-1}\sigma (ij)\\ =& n\cdot f(n)-\sum _{k=1}^{n}f(k-1)\end{array}$$
而
$$\begin{array}{rl}f(n)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sigma (ij)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{a|i}\sum _{b|j}a\cdot \frac{j}{b}[\gcd (a,b)=1]\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\cdot d\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{a|i}a\sum _{b|j}b\\ & =\sum _{d=1}^n\mu (d)\cdot d\cdot (\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sigma (i){)}^2\end{array}$$
如果直接进行计算的话，需要 $O(\sqrt{n})$ 的时间复杂度，如果需要预处理 $f(n)$ 的前缀和，则需要 $O(n\sqrt{n})$ 的时间复杂度，会 $\text{TLE}$。

进一步观察推出的式子，我们容易发现：对于某一个 $d$ 和 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$，满足 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ 的 $n$ 是一段连续的整数，因此考虑枚举 $d$ 和 $\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$ ，并维护一个差分数组 $\text{diff}$。

for (int i = 1; i <= 1000000; i++) {//枚举 d
    for (int j = 1; i * j <= 1000000; j++) {//枚举 n / d
        diff[i * j] = (diff[i * j] + val) % Mod;
        diff[i * (j + 1)] = (diff[i * (j + 1)] - val + Mod) % Mod;
    }
}
for (int i = 1; i <= 1000000; i++) {
    diff[i] = (diff[i - 1] + diff[i]) % Mod;
}

因此我们可以做到 $O(n\log n)$ 预处理，$O(1)$ 查询。

7. ZOJ - 3881 From the ABC conjecture

题目链接：https://zoj.pintia.cn/problem-sets/91827364500/problems/91827369985

7.1 题意

定义 $\text{rad}(n)$ 为 $n$ 的因子中最大的无平方因子数。

设 $f(n)=\text{rad}(n)\cdot \phi (\frac{n}{\text{rad}(n)})$，$g(n)={\sum }_{d|n}f(d)$，

求 ${\sum }_{i=1}^{n}g(i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+9$ 的值，其中 $1\le n\le 10^{12}$。

7.2 解题过程

鸣谢 tangjz 的题解：https://blog.csdn.net/skywalkert/article/details/50505260

1. 设 $n=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}$，则显然 $\text{rad}(n)=p_1{p}_2\cdots p_m$，因此 $\text{rad}(n)$ 为积性函数。

2. 设 $\gcd (a,b)=1$，则 $f(ab)=\text{rad}(ab)\cdot \phi (\frac{ab}{\text{rad}(ab)})=\text{rad}(a)\cdot \phi (\frac{a}{\text{rad}(a)})\cdot \text{rad}(b)\cdot \phi (\frac{b}{\text{rad}(b)})$，因此 $f(n)$ 为积性函数。

3. $$\begin{array}{rl}g(n)& =\prod _{i=1}^m\sum _{j=0}^{k_m}f(p_i^j)\\ & =\prod _{i=1}^m(1+p_i+p_i(p_i-1)+p_i^2(p_i-1)+\cdots )\\ & =\prod _{i=1}^m(1+p_i^{k_m})\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[ij=n][\gcd (i,j)=1]\cdot i\end{array}$$

4. $$\begin{array}{rl}\sum _{k=1}^{n}g(k)& =\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[ij=n][\gcd (i,j)=1]\cdot i\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[ij\le n][\gcd (i,j)=1]\cdot i\\ & =\sum _{i=1}^{n}i\sum _{j=1}^n[ij\le n]\sum _{d=1}^{\min (i,j)}\mu (d)[d|i][d|j]\\ & =\sum _{d=1}^{\sqrt{n}}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d^2}\rfloor }di\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d^{2}i}\rfloor }1\\ & =\sum _{d=1}^{\sqrt{n}}\mu (d)\cdot d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d^2}\rfloor }i\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d^{2}i}\rfloor }1\end{array}$$

5. 暴力枚举 $d$，并通过数论分块计算内层求和即可。

8. BZOJ - 3512 DZY Loves Math IV

题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3512

8.1 题意

求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\phi (ij)$$
的值，其中 $n\le 10^5,m\le 10^9$。

8.2 解题过程

鸣谢 permui 的题解：https://www.cnblogs.com/owenyu/p/7349860.html

首先我们需要知道欧拉函数的一个重要性质：
$$\phi (ij)=\phi (i)\cdot \phi (\frac{j}{\gcd (i,j)})\cdot \gcd (i,j)$$
因为 $n$ 比较小，所以我们可以考虑枚举 $n$，然后求出 $S(n,m)={\sum }_{i=1}^m\phi (ni)$ 的值。

设 $x$ 为 $n$ 的质因子之和，$y=\frac{n}{x}$，则有：
$$\begin{array}{rl}S(n,m)& =\sum _{i=1}^m\phi (ni)\\ & =y\sum _{i=1}^m\phi (xi)\\ & =y\sum _{i=1}^m\phi (\frac{x}{\gcd (x,i)})\cdot \phi (i)\cdot \gcd (x,i)\\ & =y\sum _{i=1}^m\phi (\frac{x}{\gcd (x,i)})\cdot \phi (i)\sum _{d|\gcd (x,i)}\phi (d)\\ & =y\sum _{i=1}^m\phi (i)\sum _{d|\gcd (x,i)}\phi (\frac{x}{d})\\ & =y\sum _{i=1}^m\phi (i)\sum _{d|x,d|i}\phi (\frac{x}{d})\\ & =y\sum _{d|x}\phi (\frac{x}{d})\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{w}{d}\rfloor }\phi (di)\\ & =y\sum _{d|x}\phi (\frac{x}{d})S(d,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )\end{array}$$
容易发现，$S(n,m)$ 是一个递归定义的式子，其边界条件为 $n=1$，此时问题简化为杜教筛求欧拉函数的前缀和；其他情况下，递归 + 记忆化搜索即可。

可以发现，对于每一个 $n$，$S$ 的第二维只有 $O(\sqrt{m})$ 种取值，

因此时间复杂度为 $O(n\cdot \sqrt{m}+n^{\frac{2}{3}})$。

9. 51Nod - 1847 奇怪的数学题

题目链接：http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1847

9.1 题意

定义 $\text{sgcd}(i,j)$ 表示 $i$ 和 $j$ 的次大公约数，特别地，若 $\gcd (i,j)=1$，则 $\text{sgcd}(i,j)=0$。

求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(\text{sgcd}(i,j){)}^k$$
的值，其中 $1\le n\le 10^9,1\le k\le 50$。

9.2 解题过程

鸣谢 yww 的题解：https://www.cnblogs.com/ywwyww/p/9113548.html

先推式子！

很显然，$\text{sgcd}(i,j)$ 的值仅与 $\gcd (i,j)$ 有关，相当于将 $\gcd (i,j)$ 除以其最大质因子。

为方便处理，我们设 $\text{sgcd}(i,j)=f(\gcd (i,j))$。

之后，我们有：
$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(\text{sgcd}(i,j){)}^k& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}f(\gcd (i,j){)}^k\\ & =\sum _{l=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}f(l{)}^k[\gcd (i,j)=l]\\ & =\sum _{l=1}^{n}f(l{)}^k(2\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\phi (j)-1)\end{array}$$
很显然，这一式子可以通过数论分块 + 杜教筛求出。

但是 $f(l{)}^k$ 这一部分需要单独处理。

观察 min_25 筛 $g(n,j)$ 函数的转移方程：
$$\begin{array}{rl}g(n,j)& =\{\begin{array}{c}g(n,j-1),p_j^2>n\\ g(n,j-1)-p_j^k[g(\lfloor \frac{n}{p_j}\rfloor ,j-1)-{\sum }_{i=1}^{j-1}{p}_i^k],p_j^2\le n\end{array}\end{array}$$
我们可以发现 $g(\lfloor \frac{n}{p_j}\rfloor ,j-1)-{\sum }_{i=1}^{j-1}{p}_i^k$ 的含义是最小质因子为 $p_j$ 的数除以 $p_j$ 之后的 $k$ 次方和，这满足了 $\text{sgcd}$ 的定义。因此我们可以在计算 $g$ 函数时，将所有的 $g(\lfloor \frac{n}{p_j}\rfloor ,j-1)-{\sum }_{i=1}^{j-1}{p}_i^k$ 贡献到 $n$ 的答案中。

注意到 $g$ 函数是不考虑 $1$ 的，在 $\text{sgcd}$ 的含义下，相当于没有把质数的贡献加入其中。

因此我们在处理时，需要把质数的贡献，即 $[2,n]$ 之间质数的个数加到答案中。

本题中，min_25 筛需要借助于 $k$ 次方和求和函数。

总的时间复杂度为：
$$O(10^6\log k+k^2\sqrt{n}+\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n}+n^{\frac{2}{3}})$$

10. SPOJ - DIVCNT2

题目链接：http://spoj.com/problems/DIVCNT2

10.1 题意

给定 $n(1\le n\le 10^{12})$，求
$$\sum _{i=1}^{n}d(i^2)$$
的值。

10.2 解题过程

鸣谢 Candy? 的题解：https://www.cnblogs.com/candy99/p/6715013.html

设 $n=p_1^{k_1}{p}_2^{k_2}\cdots p_m^{k_m}$，则 $n^2=p_1^{2k_1}{p}_2^{2k_2}\cdots p_m^{2k_m}$。

我们需要考虑在 $n^2$ 中存在，但在 $n$ 中不存在的因子。

对于任意 $d|n$，考虑其质因子 $p$，设其次数为 $k$，该质因子在 $n$ 中的次数为 $k_0$，则我们发现：

$p^k$ 在 $n$ 和 $n^2$ 中都出现，而 $p^{k+k_0}$ 只在 $n^2$ 中出现。

因为我们会枚举到 $n$ 的所有因子，所以对于$d$ 的每个质因子，只需考虑 $p^k$ 和 $p^{k+k_0}$ 两种情况即可。

上述过程可以表达为：
$$d(n^2)=\sum _{d|n}{2}^{w(d)}$$
其中 $w(d)$ 为 $d$ 的质因子个数。

根据 $2^{w(n)}={\sum }_{d|n}{\mu }^2(d)$，我们可对上式进一步化简。
$$\begin{array}{rl}d(n^2)& =\sum _{d|n}{2}^{w(d)}\\ & =\sum _{d|n}\sum _{e|d}{\mu }^2(e)\\ & =({\mu }^2\ast 1)\ast 1\\ & ={\mu }^2\ast (1\ast 1)\\ & ={\mu }^2\ast d\end{array}$$
因此有
$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{n}d(i^2)& =\sum _{i=1}^n({\mu }^2\ast d)(n)\\ & =\sum _{i=1}^n\sum _{e|i}{\mu }^2(e)\cdot d(\frac{i}{e})\\ & =\sum _{e=1}^n{\mu }^2(e)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{e}\rfloor }d(i)\end{array}$$
我们发现，
$$\sum _{i=1}^n{\mu }^2(i)=\sum _{i^2|n}\mu (i)=\sum _{i=1}^{\sqrt{n}}\mu (i)\cdot \lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor$$

$$\sum _{i=1}^{n}d(i)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$

因此，参考杜教筛的时间复杂度证明，我们可以预处理出 ${\mu }^2(i)$ 和 $d(i)$ 的前 $n^{\frac{2}{3}}$ 项和，后面的部分直接数论分块即可。

总的时间复杂度为：$O(n^{\frac{2}{3}})$。

本题另有 min_25 筛的做法，因其过于简单，这里不再赘述。

11. SPOJ - DIVCNTK

题目链接：http://spoj.com/problems/DIVCNTK

10.1 题意

给定 $n,k(1\le n,k\le 10^{10})$，求
$$\sum _{i=1}^{n}d(i^k)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{2}^{64}$$
的值。

10.2 解题过程

设 $n=p_1^{l_1}{p}_2^{l_2}\cdots p_m^{l_m}$，则 $n=p_1^{k{l}_1}{p}_2^{k{l}_2}\cdots p_m^{k{l}_m}$。

设 $f(n)=d(n^k)$，则有

$f(1)=1$，$f(p)=k+1$，$f(p^l)=kl+1$，直接 min_25 筛即可。

时间复杂度：$O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})$。

12. 51Nod - 1594 Gcd and Phi

http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1594

12.1 题意

给定 $n(1\le n\le 2\cdot 10^6)$，求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\phi (\gcd (\phi (i),\phi (j)))$$
的值。

12.2 解题过程

本题需要从计数的角度，对原式进行变换。

设 $g(k)={\sum }_{i=1}^n[\phi (i)=k]$，则有
$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\phi (\gcd (\phi (i),\phi (j)))\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\phi (\gcd (i,j))\cdot g(i)g(j)\\ =& \sum _{k=1}^n\phi (k)\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}g(i)g(j)[\gcd (i,j)=k]\\ =& \sum _{k=1}^n\phi (k)(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }g(ki){)}^2\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)[d|i][d|j]\\ =& \sum _{k=1}^n\phi (k)\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }g(kdi){)}^2\end{array}$$
在线性筛预处理出 $\phi$ 的基础上，$g(n)$ 的值可以 $O(n)$ 预处理出。

memset(g, 0, sizeof(g));
for (int i = 1; i <= n; i++) {
    g[phi[i]]++;
}

观察 ${\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor }g(kdi)$，可以发现这是对 $kd$ 倍数的 $g$ 值求和，因此可以 $O(n\log n)$ 进行预处理。

for (int i = 1; i <= n; i++) {
    for (int j = i + i; j <= n; j += i) {
        g[i] += g[j];
    }
}

最后 $O(n\log n)$ 地枚举 $k$ 和 $d$，求和即可。

13. 51Nod - 2026 Gcd and Lcm

题目链接：http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=2026

13.1 题意

定义 $f(n)={\sum }_{d|n}\mu (d)\cdot d$，给定 $n(1\le n\le 10^9)$，求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}f(\gcd (i,j))\cdot f(\text{lcm}(i,j))\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7$$
的值。

13.2 解题过程

显然 $f(n)$ 为积性函数。

做题时不要直接套路推式子！！

如果把 $f(\gcd (i,j))\cdot f(\text{lcm}(i,j))$ 拆成质因子幂次函数值乘积的形式，会发现它们经过某些交换之后，可以化成 $f(i)\cdot f(j)$ 的形式。

因此式子转化为
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}f(i)f(j)=(\sum _{i=1}^{n}f(i){)}^2$$
而
$$f=(\mu \cdot id)\ast I$$
我们将 $f$ 卷上 $id$，得到
$$f\ast id=(\mu \cdot id)\ast id\ast I=I$$
因此 $f$ 的前缀和可以线性筛 + 杜教筛求出，时间复杂度为 $O(n^{\frac{2}{3}})$。

14. Luogu - P5221 Product

题目链接：https://www.luogu.org/problem/P5221

14.1 题意

给定 $n(1\le n\le 10^6)$，求
$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{\text{lcm}(i,j)}{\gcd (i,j)}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}104857601$$
的值。

14.2 解题过程

鸣谢 Nemlit 的题解：https://www.luogu.org/blog/tbr-blog/solution-p5221
$$\begin{array}{rl}& \prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{\text{lcm}(i,j)}{\gcd (i,j)}\\ =& \prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{ij}{{\gcd }^2(i,j)}\\ =& (\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}ij)\cdot (\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\gcd (i,j){)}^{-2}\end{array}$$

其中，
$$\begin{array}{rl}& \prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}ij\\ =& \prod _{i=1}^n(i^n\cdot n!)\\ =& (n!{)}^n\cdot (n!{)}^n\\ =& (n!{)}^{2n}\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}& \prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\gcd (i,j)\\ =& \prod _{d=1}^n{d}^{{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n[\gcd (i,j)=d]}\\ =& \prod _{d=1}^n{d}^{(2{\sum }_{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\phi (i))-1}\end{array}$$

二者合并之后，枚举 $d$，之后欧拉降幂 + 矩阵快速幂即可。

时间复杂度：$O(n\log 10^8)$。

请特别注意本题的时空限制（$\text{200 ms,7.81 MB}$）。

15. Luogu - P3172 [CQOI2015]选数

题目链接：https://www.luogu.org/problem/P3172

15.1 题意

给定整数 $n,k,l,h(1\le n,k\le 10^9,1\le l\le h\le 10^9,h-l\le 10^5)$，从区间 $[l,h]$ 中选取 $n$ 个整数（可以重复选取），问最大公约数恰好为 $k$ 的选取方案有多少个。

答案对 $10^9+7$ 取模。

15.2 解题过程

根据题意，实际上我们要求的是下面式子的值：
$$\begin{array}{rl}& \sum _{a_1=l}^h\sum _{a_2=l}^h\cdots \sum _{a_n=l}^h[\gcd (a_1,a_2,\cdots ,a_n)=k]\\ =& \sum _{d=1}^{\lfloor h/k\rfloor }\mu (d)\cdot (\lfloor \frac{h}{dk}\rfloor -\lfloor \frac{l-1}{dk}\rfloor {)}^n\end{array}$$
预处理 $\lfloor \frac{h}{dk}\rfloor -\lfloor \frac{l-1}{dk}\rfloor$ 的幂次，之后分段整除分块 + 杜教筛即可。

16. Luogu - P4844 LJJ 爱数数

题目链接：https://www.luogu.org/problem/P4844

16.1 题意

给定 $n(1\le n\le 10^{12})$，求满足下列条件的三元组 $(a,b,c)(a,b,c\le n)$ 的个数：

1. $\gcd (a,b,c)=1$
2. $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$

16.2 解题过程

鸣谢 lxl 的题解：https://www.luogu.org/blog/Ynoi/solution-p4844

根据 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$，可以得出 $ab=ca+cb$，移项之后，两边同时加上 $c^2$，得到 $ab-ac-bc+c^2=c^2$。

因式分解后得到 $c^2=(a-c)(b-c)$。

设 $a-c=k{x}^2$，$b-c=k{y}^2$，则有 $c^2=k^2{x}^2{y}^2$，解出 $c=kxy$。

由 $\gcd (a,b,c)=1$，根据反证法可以推出 $k=1$，因此

$a-c=x^2$，$b-c-y^2$，$c=xy$。

而
$$\begin{array}{rl}& \gcd (a,b,c)\\ =& \gcd (x^2+xy,y^2+xy,xy)\\ =& \gcd (x(x+y),y(x+y),xy)\\ =& \gcd ((x+y)\gcd (x,y),xy)\\ =& 1\end{array}$$
解出 $\gcd (x,y)=1$，因此 $\gcd (x^2,y^2)=1$，即 $\gcd (a-c,b-c)=1$。

设 $x\in [1,\sqrt{a-c}]$，当 $y$ 的范围确定之后，问题转化为求 $\gcd (x,y)=1$ 的 $(x,y)$ 个数。

下面我们来确定 $y$ 的范围。

由题意可知 $a,b,c\le n$，我们从此入手。

(1) 根据 $c\le n$ 以及 $xy=c$，可知 $y=\frac{c}{x}\le \frac{n}{x}$。

(2) 根据 $a\le n$ 以及 $a-c=x^2$，可知 $a=x^2+c=x^2+xy\le n$，解出 $y\le \frac{n-x^2}{x}$。

(3) 根据 $b\le n$ 以及 $b-c=y^2$，可知 $y^2+xy=b\le n$，解出 $0<y\le -\frac{x}{2}+\sqrt{n+\frac{x^2}{4}}$.

最终可确定 $y$ 的上限 $f(y)=\min (\frac{n-x^2}{x},-\frac{x}{2}+\sqrt{n+\frac{x^2}{4}})$。

因此最终的答案为 ${\sum }_{x=1}^{\sqrt{n}}{\sum }_{y=1}^{f(x)}[\gcd (x,y)=1]$，我们将内层循环单独拿出来计算：