[HDU6868]Absolute Math

题意

设$f(n)=\sum _{d\mid n}|\mu (d)|$
求$\sum _{i=1}^{m}f(ni)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}10^9+7$
$1\le n,m\le 10^7$

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题解

设$w(n)$表示$n$的质因子个数，根据$\mu$的定义，有

$$f(n)=\sum _{k=0}^{w(n)}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{w(n)}{k}\right)|(-1{)}^k|=2^{w(n)}$$

显然$f(n)$是一个积性函数，且满足$f(ab)=\frac{f(a)f(b)}{f(\gcd (a,b))}$。

化简原式：
$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{m}f(in)=& f(n)\sum _{i=1}^m\frac{f(i)}{f(\gcd (n,i))}\\ & =f(n)\sum _{d\mid n}\frac{1}{f(d)}\sum _{i=1}^{m}f(i)[\gcd (i,n)=d]\\ & =f(n)\sum _{d\mid n}\frac{1}{f(d)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }f(id)[\gcd (i,\frac{n}{d})=1]\\ & =f(n)\sum _{d\mid n}\frac{1}{f(d)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }f(id)\sum _{p|i,p|\frac{n}{d}}\mu (p)\\ & =f(n)\sum _{d\mid n}\sum _{pd\mid n}\frac{\mu (p)}{f(d)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{pd}\rfloor }f(ipd)\\ & =f(n)\sum _{T\mid n}\sum _{d\mid T}\frac{\mu (\frac{T}{d})}{f(d)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{T}\rfloor }f(iT)\\ & =f(n)\sum _{T\mid n}g(T)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{T}\rfloor }f(iT)\end{array}$$

其中$g(T)=\sum _{d\mid T}\frac{\mu (\frac{T}{d})}{f(d)}$，即$g=\frac{1}{f}\times \mu$，也是一个积性函数，用线性筛的方法推导可得：

$$g(T)=\{\begin{array}{rlr}(-\frac{1}{2}{)}^{w(T)},& & T=\prod _{i=1}^{w(T)}{p}_i\\ 0,& & \mathrm{o}\mathrm{t}\mathrm{h}\mathrm{e}\mathrm{r}\mathrm{w}\mathrm{i}\mathrm{s}\mathrm{e}\end{array}$$

也就是说对于$T\mid n$的$g(T)$，只有当$T$是$n$的质因子集合的某个子集中所有元素的乘积时，才会产生贡献。而$n\le 10^7$时，$w(n)\le 8$，故可以在$O(8\cdot 2^8)$的时间内枚举出所有有贡献的$T$，这样比直接枚举约数要快一些。

由于内存限制，$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{T}\rfloor }f(iT)$不能预处理。

考虑离线，把所有$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{m}{T}\rfloor }f(iT)$的询问，按$T$为第一关键字，$\lfloor \frac{m}{T}\rfloor$为第二关键字排序然后暴力计算即可。

计算答案时注意要乘上$f(n)g(T)$的系数。

时间复杂度$O(n\log n+T(\sqrt{n}+8\cdot 2^8))$

#include 
using namespace std;
const int N = 1e7 + 5, P = 1e9 + 7, Inv2 = (P + 1) / 2;
typedef long long ll;
struct Data {
    int d, m, w, id;
};
int n, m, q, Ans[10005];
int is[N], prime[N], f[N], g[N];
vector<Data> Q;
int main() {
    n = 1e7;
    f[1] = g[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        if (!is[i])
            prime[++prime[0]] = i, f[i] = 2, g[i] = P - Inv2;
        for (int j = 1, x; j <= prime[0] && (x = i * prime[j]) <= n; ++j) {
            is[x] = 1;
            if (i % prime[j])
                f[x] = 2 * f[i] % P, g[x] = (ll)g[prime[j]] * g[i] % P;
            else {
                f[x] = f[i];
                break;
            }
        }
    }
    scanf("%d", &q);
    for (int T = 1; T <= q; ++T) {
        scanf("%d%d", &n, &m);
        int t = n;
        vector<int> div;
        for (int d = 2; d * d <= t; ++d)
            if (t % d == 0) {
                div.push_back(d);
                while (t % d == 0)
                    t /= d;
            }
        if (t != 1)
            div.push_back(t);
        for (int s = 0; s < (1 << div.size()); ++s) {
            int d = 1;
            for (int i = 0; i <= (int)div.size() - 1; ++i)
                if (s & (1 << i))
                    d *= div[i];
            if (m < d || !g[d])
                continue;
            Q.push_back({d, (m / d) * d, int((ll)f[n] * g[d] % P), T});
        }
    }
    sort(Q.begin(), Q.end(),
         [](Data a, Data b) { return a.d == b.d ? a.m < b.m : a.d < b.d; });
    ll w;
    int d = 0, i;
    for (auto t : Q) {
        if (t.d != d)
            d = i = t.d, w = 0;
        for (; i <= t.m; i += d)
            w += f[i];
        Ans[t.id] = (Ans[t.id] + (ll)t.w * (w %= P) % P) % P;
    }
    for (int i = 1; i <= q; ++i)
        printf("%d\n", Ans[i]);
    return 0;
}