洛谷4449 BZOJ4407 于神之怒加强版 莫比乌斯反演 线性筛

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题意：
给定$n,m,k$，求${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{m}gcd(i,j{)}^k$，有$T$组数据，每组数据的$k$是相同的。$T<=2000,n,m,k<=5000000$。

题解：
显然是要推式子的。
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j{)}^k$$ 我们枚举$gcd(i,j)$ $$\sum _{d=1}^{min(n,m)}{d}^k\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]$$ 我们利用莫比乌斯反演，设$f(k)={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[gcd(i,j)=k]$，设$g(k)={\sum }_{i\ast k<=min(n,m)}f(i\ast k)={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^m[k|gcd(i,j)]=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor$，由莫比乌斯反演可以得到$f(k)={\sum }_{i\ast k<=min(n,m)}\mu (i)g(i\ast k)$
我们把$f(d)$带入${\sum }_{i\ast d<=min(n,m)}\mu (i)g(i\ast d)$可得
$$\sum _{d=1}^{min(n,m)}{d}^k\sum _{i\ast d<=min(n,m)}\mu (i)g(i\ast d)$$ 由于$g(k)=\lfloor \frac{n}{k}\rfloor \lfloor \frac{m}{k}\rfloor$ $$\sum _{d=1}^{min(n,m)}{d}^k\sum _{i\ast d<=min(n,m)}\mu (i)\lfloor \frac{n}{i\ast d}\rfloor \lfloor \frac{m}{i\ast d}\rfloor$$ 把后面的$\mu$提出来 $$\sum _{i=1}^n\mu (i)\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{min(n,m)}{i}\rfloor }\lfloor \frac{n}{i\ast d}\rfloor \lfloor \frac{m}{i\ast d}\rfloor$$ $$\sum _{d=1}^{min(n,m)}\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \lfloor \frac{m}{d}\rfloor \sum _{i|d}{i}^k\mu (\lfloor \frac{d}{i}\rfloor )$$
我们要整除分块，就要算后面那一部分${\sum }_{i|d}{i}^k\mu (\lfloor \frac{d}{i}\rfloor )$的前缀和。我们设$f(n)={\sum }_{d|n}{d}^k\mu (\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$，我们发现，两部分都是积性函数，所以根据狄利克雷卷积的性质，卷起来仍然是积性函数，于是可以用线性筛来做。在当前数是质数的时候$f(i)=i-1$，这个算算就行了，就不解释了。由于是积性函数，所以在两个数互质的情况直接用两个函数值相乘就行了。那么剩下的就是$i=p_i^x$的情况了。

$f(p_i^x)=\mu (1)\ast (p_i^x{)}^k+\mu (p_i)\ast (p_i^{x-1}{)}^k$，剩下项的$\mu$都是$0$。那么对于一个质因数来说,$f(p_i^x)$变成$f(p_i^{x+1})$的影响就是在$f(p_i^{x+1})$的基础上乘$p_i^k$。这样就可以线性筛了。

总复杂度$O(nlogn+T\sqrt{n})$。

代码：

#include 
using namespace std;

const long long mod=1e9+7;
int T,k,n,m,cnt,vis[5000010];
long long f[5000010],s[5000010],ans,p[5000010];
inline long long ksm(long long x,long long y)
{
	long long res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)
		res=res*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
inline void solve(int n)
{
	vis[1]=1;
	f[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
		if(!vis[i])
		{
			p[++cnt]=i;
			f[i]=(ksm(i,k)-1+mod)%mod;
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;++j)
		{
			vis[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0)
			{
				f[i*p[j]]=f[i]*ksm(p[j],k)%mod;
				break;
			}
			f[i*p[j]]=f[i]*f[p[j]]%mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
	s[i]=(s[i-1]+f[i])%mod;
}
int main()
{
	scanf("%d%d",&T,&k);
	solve(5000000);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		ans=0;
		long long r;
		for(long long l=1;l<=min(n,m);l=r+1)
		{
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans=(ans+(n/l)*(m/l)%mod*(s[r]-s[l-1]+mod)%mod)%mod;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}