[国家集训队]Crash的数字表格/JZPTAB和51Nod1238最小公倍数之和V3题解-数论

[国家集训队]Crash的数字表格【地址BZOJ2145地址Luoguo】

• 题意简述

给你两个正整数$n,m$，求下面式子在$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}20101009$意义下的值。

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)$$

$n,m\le 10^7$

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我们根据$lcm(ij)=\frac{ij}{gcd(i,j)}$，将原式化简成：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{gcd(i,j)}$$

根据套路，我们枚举$gcd$，原式则化成：
（这里默认$n\le m$，如果不满足则交换）
$$\begin{gathered} =\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{d}[gcd(i,j)=d] \\ =\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\frac{(id)\times (jd)}{d}[gcd(i,j)=1] \end{gathered}$$

此时原式就可以变成：

$$\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij[gcd(i,j)=1]$$

然后又用莫比乌斯反演，我们可以将原式变成：
$$\begin{gathered} =\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij\sum _{w|i,w|j}\mu (w) \\ =\sum _{d=1}^{n}d\sum _{w=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (w)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dw}\rfloor }iw\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dw}\rfloor }jw \end{gathered}$$

然后我们令$S(n)={\sum }_{i=1}^{n}i=\frac{n\times (n+1)}{2}$，原式就可以变成：

$$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{w=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (w)w^{2}S(\lfloor \frac{n}{dw}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{dw}\rfloor )$$

用线性筛筛出$\mu (w)w^2$的前缀和，然后$S$可以$O(1)$算，所以我们可以对于$H(n,m)={\sum }_{w=1}^n\mu (w)w^{2}S(\lfloor \frac{n}{w}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{w}\rfloor )$用数论分块计算，而对于${\sum }_{d=1}^{n}H(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )$又数论分块算即可，复杂度最坏为$O(n+m)$。

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[国家集训队]JZPTAB【题目地址BZOJ2693】

还是上面的问题，$n,m\le 10^7$，但是有$T\le 10^4$组询问。

所以我们必须要做到$O(n)$预处理，每次$O(\sqrt{n})$的回答。

我们还是看上一个化简后的式子：

$$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{w=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (w)w^{2}S(\lfloor \frac{n}{dw}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{dw}\rfloor )$$

还有一个套路就是，我们枚举$dw$，所以令$T=dw$，那么原式等于：

$$\begin{gathered} =\sum _{T=1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{T}\rfloor )\sum _{d|T}d\mu (\frac{T}{d})(\frac{T}{d}{)}^2 \\ =\sum _{T=1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{T}\rfloor )\sum _{w|T}\mu (w)w^2\frac{T}{w} \\ =\sum _{T=1}^{n}S(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor )S(\lfloor \frac{m}{T}\rfloor )T\sum _{w|T}\mu (w)w \end{gathered}$$

对于前半部分我们每次数论分块求即可，而对于后面我们线性筛出它，然后求前缀和即可。

我们令$f(x)=x{\sum }_{d|x}\mu (x)x$，那么它肯定是个积性函数（因为相当于可以写成$id\cdot ((\mu \cdot id)⨂1)$）根据欧拉筛的方法我们只需维护三个东西$cnt,fir,pow$即可，分别表示：$cnt[i]$，$i$的最小质因子指数；$fir[i]$，$i$的最小质因子；$pow[i]$表示$fir[i{]}^{cnt[i]}$。

然后我们来看$f(x)$的计算方法：

• 当$x=p$为质数，$f(x)=x{\sum }_{d|x}\mu (x)x=x\times (\mu (1)1+\mu (x)x)=x(1-x)$
• 当$x=p^c$时，$p$为质数，那么$f(x)=x{\sum }_{k=0}^c\mu (p^k)p^k$，由于$k>1$时$\mu (p^k)=0$，所以只考虑$k=0,1$，那么$f(x)=x^c(1-x)$。
• 当$x=py,gcd(p,y)=1$，根据积性函数定义$f(x)=f(p)f(y)$
• 当$x=py,gcd(p,y)̸=1$时，我们将$y$中的$p$提出，得到$x=p^{c+1}\frac{y}{p^c}$，那么此时两个就互质了，所以$f(x)=f(\frac{y}{p^c})f(p^{c+1})$，其中$p^c|y$。

代码就十分好写了，同样也可以过第一题：

#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e7+10,P=1e6+10;
const ll Mod=20101009;
ll prime[P],cnt;bool vis[M];
ll F[M],c[M],p[M],f[M],inv_2;
ll fpow(ll a,ll b){
	ll ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=(a*a)%Mod){
		if(b&1)ans=(ans*a)%Mod;
	}
	return ans;
}
void init(ll n){
	F[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)p[i]=f[i]=1;
	for(ll i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt]=i;
			F[i]=(i-(i*i%Mod)+Mod)%Mod;
			c[i]=1;f[i]=i;p[i]=i;
		}
		for(ll j=1,v;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;j++){
			v=i*prime[j];
			vis[v]=1;
			if(!(i%prime[j])){
				c[v]=c[i]+1;f[v]=f[i];p[v]=p[i]*f[i];
				F[v]=F[v/p[v]]*((p[v]-p[v]*f[v]%Mod+Mod)%Mod)%Mod;
				break;
			}
			F[v]=(F[i]*F[prime[j]])%Mod;
			c[v]=1;f[v]=prime[j];p[v]=prime[j];
		}
	}
	
	for(int i=2;i<=n;i++)F[i]=(F[i]+F[i-1])%Mod;
}
ll S(ll a){if(a>=Mod)a%=Mod;return ((a*(a+1)%Mod)*inv_2)%Mod;}
ll calc(ll L,ll R){return ((F[R]-F[L-1])%Mod+Mod)%Mod;}
ll solve(ll n,ll m){
	if(n>m)swap(n,m);
	init(n);
	inv_2=fpow(2,Mod-2);
	ll ans=0;
	for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans=(ans+S(n/i)*S(m/i)%Mod*calc(i,j)%Mod)%Mod;
	}
	return ans;
}
ll n,m;
int main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	printf("%lld\n",solve(n,m));
	return 0;
}

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51Nod 1238 最小公倍数之和V3

还是一样的问题，只不过$n=m\le 10^{10}$，只询问一次。

此时就不能线性筛了，必须要做到线性以下的求法，那么就是杜教筛了。

而前面化简的式子，若$f(x)=x{\sum }_{d|x}\mu (d)d$能杜教筛出，那么就可以用之前的方法做，但是这并不好实现反正博主不会的啦QWQ。

所以我们考虑，在这个时候重新变换：

$$=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }ij[gcd(i,j)=1]$$

我们可以先来看个式子：
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i[gcd(i,j)=1]ij$$

我们知道$\phi (i)$表示$1\sim i-1$中与$i$互质的个数，而容易得知，$1\sim i-1$中与$i-1$互质的数的和为$\frac{i\phi (i)}{2}$

简单证明:因为对于一个数$d\le i-1$，如果它与$i$互质，根据欧几里得算法，$i-d$也与$i$互质，那么这一对互质的和就为$i$，总共有$\phi (i)$个互质，总和就是$i\phi (i)$，但是$d,i-d$和$i-d,d$算了两次，所以再除以2就是答案了，其中1要特殊考虑。

所以上面的那个式子可以写成：
$$\begin{gathered} =\sum _{i=1}^{n}i\sum _{j=1}^{i}j[gcd(i,j)=1] \\ =\sum _{i=1}^{n}i\frac{i\phi (i)+[i=1]}{2} \end{gathered}$$

那么我们看原式，就可以写成：
$$\begin{gathered} =\sum _{d=1}^{n}d\left(2\times \left(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }i\frac{i\phi (i)+[i=1]}{2}\right)-1\right) \\ =\sum _{d=1}^{n}d\left(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{i}^2\phi (i)\right) \end{gathered}$$

因为原式后半部分可以写成：

$$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }i\left(\sum _{j=1}^{i}j[gcd(i,j)=1]+\sum _{j=i+1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }j[gcd(i,j)=1]\right)$$

而后面两部分就想一个正方形，边长为$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$，沿着对角线剪开一样，是对称的，所以取其中一个乘以$2$即可。

详细来说，原式可以变成：
$$\sum _{d=1}^{n}d\left(2\times \left(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{i}ij\right)-\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{i}^2\right)$$
因为$(i,j),(j,i)$会被算两次，所以乘以2，而$(i,i)$只会被算一次所以减去，然后就可以用前面式子替换就可以得到，后面${\sum }_{d=1}^n{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{i}^2=\frac{n\times (n+1)}{2}$减去${\sum }_{d=1}^{n}d{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[i=1]=\frac{n\times (n+1)}{2}$的刚好消掉。

那么原式就转换成了求：

$$\sum _{d=1}^{n}d\left(\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{i}^2\phi (i)\right)$$

我们令$f(x)=x^2\phi (x)$，然后令$g(x)=x^2$，容易得知（$⨂$为狄利克雷卷积）：

$$f⨂g(n)=\sum _{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})=\sum _{d|n}{d}^2\phi (d)(\frac{n}{d}{)}^2=n^2\sum _{d|n}\phi (d)$$

又因为${\sum }_{d|n}\phi (d)=n$，所以令：

$$h(n)=f⨂g(n)=n^3$$

令$S(n)={\sum }_{i=1}^{n}f(i)$，因为$g(1)=1$

带入杜教筛公式中可以得到：

$$S(n)=\sum _{i=1}^{n}h(i)-\sum _{i=2}^{n}g(i)S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

也就是：

$$S(n)={\left(\frac{n\times (n+1)}{2}\right)}^2-\sum _{i=2}^n{i}^{2}S(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

而${\sum }_{i=1}^n{i}^2=\frac{n\times (n+1)\times (2n+1)}{6}$，所以这个式子就很容易算了。

用杜教筛的方式先预处理$n^{\frac{2}{3}}$的答案，然后数论分块递归即可。

对于原式外面我们仍然数论分块求即可。

复杂度$O(n^{\frac{2}{3}})$

#include
#include
#include
#define ll long long
using namespace std;
const int N=1e6+10,M=1e4+10;
const ll Mod=1e9+7;
ll prime[N],phi[N],cnt,n;
ll F[N],D[M],inv_2,inv_6;
ll fpow(ll a,ll b){
	ll ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=(a*a)%Mod){
		if(b&1)ans=(ans*a)%Mod;
	}
	return ans;
}
ll &Rec(ll a){
	if(a<N) return F[a];
	else return D[n/a];
}
bool vis[N];
ll Sqr(ll a){if(a>=Mod)a%=Mod;return a*a%Mod;}
void init(int up){
	memset(F,-1,sizeof(F));
	memset(D,-1,sizeof(D));
	phi[1]=1;
	inv_2=fpow(2,Mod-2);
	inv_6=fpow(6,Mod-2);
	for(int i=2;i<up;i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(int j=1,v;j<=cnt&&i*prime[j]<up;j++){
			v=i*prime[j];
			vis[v]=1;
			if(!(i%prime[j])){
				phi[v]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			phi[v]=phi[i]*phi[prime[j]];
		}
	}
	F[0]=0;
	for(int i=1;i<up;i++)F[i]=(F[i-1]+phi[i]*Sqr(i)%Mod)%Mod;
}
ll S(ll a){if(a>=Mod)a%=Mod;return (a*(a+1)%Mod)*inv_2%Mod;}
ll S2(ll a){if(a>=Mod)a%=Mod;return (a*(a+1)%Mod*((a+a+1)%Mod)%Mod)*inv_6%Mod;}
ll S3(ll a){if(a>=Mod)a%=Mod;return Sqr(S(a));}
ll Sarea(ll L,ll R){return ((S(R)-S(L-1))%Mod+Mod)%Mod;}
ll S2area(ll L,ll R){return ((S2(R)-S2(L-1))%Mod+Mod)%Mod;}
ll calc(ll x){
	ll &ans=Rec(x);
	if(ans!=-1) return ans;
	ans=S3(x);
	for(ll i=2,j;i<=x;i=j+1){
		j=x/(x/i);
		(ans-=(S2area(i,j)*calc(x/i))%Mod)%=Mod;
	}
	return (ans+Mod)%Mod;
}
ll solve(){
	ll ans=0;
	for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1){
		j=n/(n/i);
		(ans+=(Sarea(i,j)*calc(n/i))%Mod)%=Mod;
	}
	return ans;
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	init(min(n+1,1ll*N));
	printf("%lld\n",solve());
	return 0;
} 

大佬的更好的讲解-by fwat Orz%%%【链接】

另一种方法-by Imagine Orz%%%【链接】

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如果有错，或者有更好的方法，欢迎提出！(*｀∀´*)ノ亻!

End

快要退役了，再努力搏一搏吧