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 n,m,k n,m,k,求 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m g c d ( i , j ) k \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mgcd(i,j)^k i=1nj=1mgcd(i,j)k,有 T T T组数据,每组数据的 k k k是相同的。 T < = 2000 , n , m , k < = 5000000 T<=2000,n,m,k<=5000000 T<=2000,n,m,k<=5000000

题解:
显然是要推式子的。
∑ i = 1 n ∑ j = 1 m g c d ( i , j ) k \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mgcd(i,j)^k i=1nj=1mgcd(i,j)k 我们枚举 g c d ( i , j ) gcd(i,j) gcd(i,j) ∑ d = 1 m i n ( n , m ) d k ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ g c d ( i , j ) = d ] \sum_{d=1}^{min(n,m)}d^k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d] d=1min(n,m)dki=1nj=1m[gcd(i,j)=d] 我们利用莫比乌斯反演,设 f ( k ) = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ g c d ( i , j ) = k ] f(k)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k] f(k)=i=1nj=1m[gcd(i,j)=k],设 g ( k ) = ∑ i ∗ k < = m i n ( n , m ) f ( i ∗ k ) = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m [ k ∣ g c d ( i , j ) ] = ⌊ n k ⌋ ⌊ m k ⌋ g(k)=\sum_{i*k<=min(n,m)}f(i*k)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[k|gcd(i,j)]=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor g(k)=ik<=min(n,m)f(ik)=i=1nj=1m[kgcd(i,j)]=knkm,由莫比乌斯反演可以得到 f ( k ) = ∑ i ∗ k < = m i n ( n , m ) μ ( i ) g ( i ∗ k ) f(k)=\sum_{i*k<=min(n,m)}\mu(i)g(i*k) f(k)=ik<=min(n,m)μ(i)g(ik)
我们把 f ( d ) f(d) f(d)带入 ∑ i ∗ d < = m i n ( n , m ) μ ( i ) g ( i ∗ d ) \sum_{i*d<=min(n,m)}\mu(i)g(i*d) id<=min(n,m)μ(i)g(id)可得
∑ d = 1 m i n ( n , m ) d k ∑ i ∗ d < = m i n ( n , m ) μ ( i ) g ( i ∗ d ) \sum_{d=1}^{min(n,m)}d^k\sum_{i*d<=min(n,m)}\mu(i)g(i*d) d=1min(n,m)dkid<=min(n,m)μ(i)g(id) 由于 g ( k ) = ⌊ n k ⌋ ⌊ m k ⌋ g(k)=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor g(k)=knkm ∑ d = 1 m i n ( n , m ) d k ∑ i ∗ d < = m i n ( n , m ) μ ( i ) ⌊ n i ∗ d ⌋ ⌊ m i ∗ d ⌋ \sum_{d=1}^{min(n,m)}d^k\sum_{i*d<=min(n,m)}\mu(i)\lfloor\frac{n}{i*d}\rfloor\lfloor\frac{m}{i*d}\rfloor d=1min(n,m)dkid<=min(n,m)μ(i)idnidm 把后面的 μ \mu μ提出来 ∑ i = 1 n μ ( i ) ∑ d = 1 ⌊ m i n ( n , m ) i ⌋ ⌊ n i ∗ d ⌋ ⌊ m i ∗ d ⌋ \sum_{i=1}^n\mu(i)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{min(n,m)}{i}\rfloor}\lfloor\frac{n}{i*d}\rfloor\lfloor\frac{m}{i*d}\rfloor i=1nμ(i)d=1imin(n,m)idnidm ∑ d = 1 m i n ( n , m ) ⌊ n d ⌋ ⌊ m d ⌋ ∑ i ∣ d i k μ ( ⌊ d i ⌋ ) \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) d=1min(n,m)dndmidikμ(id)
我们要整除分块,就要算后面那一部分 ∑ i ∣ d i k μ ( ⌊ d i ⌋ ) \sum_{i|d}i^k\mu(\lfloor\frac{d}{i}\rfloor) idikμ(id)的前缀和。我们设 f ( n ) = ∑ d ∣ n d k μ ( ⌊ n d ⌋ ) f(n)=\sum_{d|n}d^k\mu(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) f(n)=dndkμ(dn),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 f(i)=i-1 f(i)=i1,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 i=p_i^x i=pix的情况了。

f ( p i x ) = μ ( 1 ) ∗ ( p i x ) k + μ ( p i ) ∗ ( p i x − 1 ) k f(p_i^x)=\mu(1)∗(p_i^x)^k+\mu(p_i)∗(p_i^{x−1})^k f(pix)=μ(1)(pix)k+μ(pi)(pix1)k,剩下项的 μ \mu μ都是 0 0 0。那么对于一个质因数来说, f ( p i x ) f(p_i^x) f(pix)变成 f ( p i x + 1 ) f(p_i^{x+1}) f(pix+1)的影响就是在 f ( p i x + 1 ) f(p_i^{x+1}) f(pix+1)的基础上乘 p i k p_i^k pik。这样就可以线性筛了。

总复杂度 O ( n l o g n + T n ) O(nlogn+T\sqrt{n}) O(nlogn+Tn )

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;
}

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