赛题 #D: P5176 公约数

这道题貌似就是让你求一个式子：

一开始看到这个式子有些怕怕的，然后推了一下发现并不难

首先我们发现一个事实：

冷静思考一下对于每个质因子出现的个数：左边那个式子就是该质因子在i,j,k中出现的（最小次数+次小次数）就是最终次数

而右边那个式子的分母就是该质因子出现的最小次数，分子是（2×最小次数+次小次数）减一下发现就是（最小次数+次小次数）

所以式子就变为

然后我们就可以把他们独立开来了

然后我们直接莫比乌斯反演一下就行了

那么

因为S(n)是可以预处理出来的，所以直接分块一下就行了

预处理：

设n的最小质因子为p

1)如果p在n中的次数大于1，显然

2)如果p在n中的次数等于1，我们思考一下由于这个新的质因子所产生新的会产生贡献的,不考虑新产生的，那么这就是

,在考虑必须包含这个质数p的，我们发现他就是,因为这个新质因子的加入意味着原来他去掉的这个新质因子的全部取反，这时候由于必须包含这个新质因子，故他不会产生^2贡献，所以得证

所以

这个东西在欧筛的同时就可以搞定了

#include
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;
const int N=2e7;
int T;
int prime[10000000];
ll ans[N+10],mu[N+10];
bool p[N+10];
int len;
ll n,m,w;
 templatevoid read(T &x)
 {
    x=0;int f=0;char ch=getchar();
     while(ch<'0'||ch>'9')  {f|=(ch=='-');ch=getchar();}
     while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}
     x=f?-x:x;
    return;
 }
ll sqr(ll x)
{
	return (x*x)%mod;
}
void init()
{
	mu[1]=1;
	ans[1]=1;
	for (int i=2;i<=N;i++)
	{
         if (!p[i]) {
         	prime[++len]=i; ans[i]=(sqr(i)+mod-1)%mod; mu[i]=-1;
         }
         for (int j=1;j<=len&&prime[j]*i<=N;j++) {
         	p[prime[j]*i]=1;
         	if (i%prime[j]==0) {
         		mu[i*prime[j]]=0; ans[i*prime[j]]=(ans[i]*sqr(prime[j]))%mod; break;
         	}
         	else mu[i*prime[j]]=-mu[i],ans[i*prime[j]]=(ans[i]*((sqr(prime[j])-1+mod)%mod)%mod);
         }
	}
	for (int i=1;i<=N;i++) ans[i]=(ans[i-1]+ans[i])%mod;
}
ll solve(ll x,ll y){
	ll sum=0;
	int last;
	for (int i=1;i<=x&&i<=y;i=last+1)
	{
		last=min(x/(x/i),y/(y/i));
		sum=(sum+(x/(ll)i)*(y/(ll)i)%mod*((ans[last]-ans[i-1]+mod)%mod)%mod)%mod;
	}
	return sum;
}
int main()
{
	scanf("%d",&T);
	init();
	while (T--) {
		read(n); read(m); read(w);
		printf("%lld\n",(solve(n,m)*w%mod+solve(n,w)*m%mod+solve(m,w)*n%mod)%mod);
	}
}