【BZOJ4407】于神之怒加强版（莫比乌斯反演）

题面

BZOJ
求：

∑i=1n∑j=1mgcd(i,j)k

题解

根据惯用套路
把公约数提出来

∑d=1ndk∑i=1n∑j=1m[gcd(i,j)==d]

再提一次

∑d=1ndk∑i=1n/d∑j=1m/d[gcd(i,j)==1]

后面这个东西很显然可以数论分块+莫比乌斯反演做到 O(n−−√)
前面枚举的 d 也可以数论分块，于是我们可以做到复杂度 O(n)
但是有多组询问，这样的复杂度还不够

把后面的式子直接换成莫比乌斯反演推出来的式子

∑d=1ndk∑i=1n/dμ(i)[n/di][m/di]

d 除在上面太丑了

∑d=1ndk∑i=1n/dμ(i)[nid][mid]

令 T=id

∑d=1ndk∑i=1n/dμ(i)[nT][mT]

把 T 给拎出来

∑T=1n[nT][mT]∑d|Tdkμ(Td)

后面这玩意是一个积性函数，可以线性筛出来
前面的东西可以数论分块
所以，最后总的复杂度就是 O(n−−√)

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
#define MOD 1000000007
#define MAX 5000000
inline int read()
{
    int x=0,t=1;char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
int fpow(int a,int b)
{
    int s=1;
    while(b){if(b&1)s=1ll*s*a%MOD;a=1ll*a*a%MOD;b>>=1;}
    return s;
}
int n,m,K;
int pri[MAX],tot;
int sum[MAX+1000],s[MAX];
bool zs[MAX+1000];
void pre()
{
    zs[1]=true;sum[1]=1;
    for(int i=2;i<=MAX;++i)
    {
        if(!zs[i])pri[++tot]=i,s[tot]=fpow(i,K),sum[i]=s[tot]-1;
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=MAX;++j)
        {
            zs[i*pri[j]]=true;
            if(i%pri[j]==0){sum[i*pri[j]]=1ll*sum[i]*s[j]%MOD;break;}
            else sum[i*pri[j]]=1ll*sum[i]*sum[pri[j]]%MOD;
        }
    }
    for(int i=1;i<=MAX;++i)sum[i]=(sum[i]+sum[i-1])%MOD;
}
int main()
{
    int T=read();K=read();
    pre();
    while(T--)
    {
        n=read();m=read();if(n>m)swap(n,m);
        int i=1,j;
        long long ans=0;
        while(i<=n)
        {
            j=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=1ll*(n/i)*(m/i)%MOD*(sum[j]-sum[i-1])%MOD;
            ans%=MOD;
            i=j+1;
        }
        printf("%lld\n",(ans+MOD)%MOD);
    }
    return 0;
}