swust 13th 校赛 小C的素数问题【莫比乌斯反演】

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2863: 小C的素数问题

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Description 

小 CC 研究数学日渐憔悴，他最近对素数十分感兴趣。

他定义 W(n)=2k(n)W(n)=2k(n)，其中 k(n)k(n) 表示 nn 的不同素因子的个数。

换句话说：n=∏k(n)i=1paiin=∏i=1k(n)piai，pipi 是素数。比如：W(12)=22W(12)=22，12=22×312=22×3  。

他想要知道 F(n)=∑ni=1∑nj=1W(gcd(i,j))F(n)=∑i=1n∑j=1nW(gcd(i,j)) 的值， gcd(i,j)gcd(i,j) 表示 ii 和 jj 的最大公约数。

你能帮帮他吗？由于F(n)F(n) 可能很大，你只需要输出 F(n)F(n) 对 KK取模的结果。

Input 

第一行包含一个整数 T (1≤T≤200)T (1≤T≤200) 代表测试组数，对于每一组测试：
第一行两个整数 nn，KK (1≤n≤1011,1≤K≤2×109)(1≤n≤1011,1≤K≤2×109) 含义如上所述 。
数据保证所有测试中只有两组数据 n>109n>109。

Output 

对于每组测试，输出一行，包含一个整数，表示 F(n)F(n)模KK。

• Sample Input
• Raw

5 1 10 3 10 4 10 134 1000 666 20000

• Sample Output
• Raw

1 1 1 909 12201

 

 

分析：

首先这个W(n)是一个很烦的东西，先不管。

设：

F(n)表示gcd(i,j)==n及n的倍数的个数

f(n)表示gcd(i,j)==n的个数

推式子：

这个n看起不顺眼，于是换成i

现在发现推不下去了，来考虑W(i)。

莫比乌斯函数u(n)的定义：若n可分为若干个不同的素因子，则u(n)=1或-1，否则=0。

W(n)的定义：W(n)=2^k(n)，其中 k(n)表示 n 的不同素因子的个数。

发现十分相似对吧？

令m=k(n) 有:

那么翻译一下W(n)的定义：从n的不同的素因子中，选取任意多个素因子，有多少种取法。

选取出来的素因子组成的数及是n的因子，仔细推敲一番，有：

此处u取平方是为了去掉负号。

接下来发现之前的式子也有点眼熟，继续推：

交换和号

后面一部分就是莫比乌斯反演后的形式，只需要将其还原即可。

代换一下变量就可以变成如下形式

前面部分直接分块就可以，此时还需要用到一个公式（不会证明，推到这里就推不动了，看了题解才知道还有这种东西。。。）

然后两次整数分块得到ans。

复杂度

然后直接求解也是不行的，需要一点莫名其妙的优化才能过题。也许我是大常数选手

#include "bits/stdc++.h"

using namespace std;
const int maxn = 20000004;
bool vis[maxn];
int prim[maxn];
int mu[maxn];
int pre[maxn];//对于较小的u(n)，直接打表，在询问时可以O(1)得到，必然可以节省很多时间
int cnt = 0;
long long mod;

void init() {
    memset(mu, 0, sizeof(mu));
    memset(vis, 0, sizeof(vis));
    cnt = 0;
    mu[1] = 1;
    for (int i = 2; i < maxn; ++i) {
        if (!vis[i]) {
            prim[cnt++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for (int j = 0; j < cnt && i * prim[j] < maxn; ++j) {
            vis[i * prim[j]] = 1;
            if (i % prim[j] == 0)break;
            else mu[i * prim[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for (int i = 1; i < maxn; ++i) {
        pre[i] = pre[i - 1] + abs(mu[i]);
    }
    for (int i = 1; i < maxn; ++i) {
        mu[i] += mu[i - 1];
    }
}

unordered_map mp;//只有200组数据，mp记忆化一下，注意这里不能求mod，因为不同数据的mod不一样

long long getsum(long long n) {
    if (n < maxn)return pre[n];
    if (mp.count(n))return mp[n];
    long long res = 0;
    for (long long l = 1, r; l * l <= n; l = r + 1) {
        r = sqrt(n / (n / (l * l)) + 0.5);
        res = (res + n / (l * l) * (mu[r] - mu[l - 1])) ;
    }
    return res;
}

int main() {
    int t;
    cin >> t;
    init();
    while (t--) {
        long long n;
        cin >> n >> mod;
        long long ans = 0;
        for (long long l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
            r = n / (n / l);
            ans = (ans + (n / l) % mod * ((n / l) % mod) % mod * ((getsum(r) - getsum(l - 1) + mod) % mod) % mod) % mod;
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}