[BZOJ2693]jzptab（莫比乌斯反演）

题目描述

传送门

题解

刚开始感觉这题就是道水题啊，又一看模数tm不是质数啊
同样假设 n<m

∑i=1n∑j=1m[i,j]

=∑i=1n∑j=1mij(i,j)

=∑i=1n∑j=1m∑d=1n[(i,j)=d]ijd

=∑d=1n∑i=1ndi∑j=1mdj[(i,j)=1]d

利用反演公式 [n=1]=∑d|nμ(d)

=∑d=1n∑t=1nd∑i=1ndi[t|i]∑j=1mdj[t|j]μ(t)d

可以发现 ∑i=1ndi[t|i] 实际上就是将 [1..nd] 中t的所有倍数都加起来，那么令 s(n)=∑i=1ni=n(n+1)2 ，那么实际上 ∑i=1ndi[t|i]=s(ndt)t
于是原式

=∑d=1n∑t=1nds(ndt)s(mdt)t2μ(t)d

令 T=dt ，那么现在 d 为 T 的约数

=∑T=1ns(nT)s(mT)∑d|T(Td)2μ(Td)d

令 F(n)=∑d|n(nd)2μ(nd)d ， f(n)=n2μ(n) ， g(n)=n
这就是一个狄利克雷卷积的形式， F=f×g
可以发现 f 和 g 都是完全积性函数，那么 F 也是个积性函数
所以 F 可以根据莫比乌斯函数的性质用线性筛筛出来
显然当p为质数时， F(n)=−p2+p ，当 (a,b)=1 时， F(a)=F(a)F(b)
那么需要注意的就是 (a,b)≠1 的情况，也就是如何用 F(a) 和p求出 F(ap)
显然对于 a=∏ipkii 的某一个质因子 pk 来说，只有 μ(1) 和 μ(p) 是有价值的
F(pk)=f(1)pk+f(p)pk−1 ， F(pk+1)=f(1)pk+1+f(p)pk
也就是说每一项会多一个p
那么 F(ap)=F(a)∗p
这样就能求出来 F(n) 了
回代原式

=∑T=1ns(nT)s(mT)F(T)

只有 O(n−−√+m−−√) 种取值
分块就可以了
时间复杂度 O(n+T(n−−√+m−−√))

代码

#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define LL long long
#define N 10000005
#define Mod 100000009

int T,n,m,ans;
int p[N],prime[N];LL f[N],s[N];

void get(int n)
{
    f[1]=1;s[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i)
    {
        if (!p[i])
        {
            prime[++prime[0]]=i;
            f[i]=(i-(LL)i*i%Mod+Mod)%Mod;
        }
        s[i]=(LL)i*(i+1)/2%Mod;
        for (int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=n;++j)
        {
            p[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0)
            {
                f[i*prime[j]]=f[i]*prime[j]%Mod;
                break;
            }
            else f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%Mod;
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;++i) f[i]=(f[i]+f[i-1])%Mod;
}
int main()
{
    get(10000000);
    scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if (n>m) swap(n,m);
        ans=0;
        for (int i=1,j=0;i<=n;i=j+1)
        {
            j=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=s[n/i]*s[m/i]%Mod*(f[j]-f[i-1])%Mod;
            ans=(ans%Mod+Mod)%Mod;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
}