[Luogu P1829] [BZOJ 2154] [国家集训队]Crash的数字表格

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题目背景

提示：原 P1829 半数集问题 已经迁移至 P1028 数的计算

题目描述

今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数 a a 和b b ， LCM(a,b) L C M ( a , b ) 表示能同时整除 a a 和b b 的最小正整数。例如， LCM(6,8)=24 L C M ( 6 , 8 ) = 24 。

回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张 N∗M N ∗ M 的表格。每个格子里写了一个数字，其中第 i i 行第j j 列的那个格子里写着数为 LCM(i,j) L C M ( i , j ) 。一个 4∗5 4 ∗ 5 的表格如下：

1    2    3    4    5
2    2    6    4    10
3    6    3    12    15
4    4    12    4    20

看着这个表格，Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当 N N 和M M 很大时，Crash就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash只想知道表格里所有数的和 mod 20101009 m o d   20101009 的值。

输入输出格式

输入格式：

输入的第一行包含两个正整数，分别表示 N N 和M M 。

输出格式：

输出一个正整数，表示表格中所有数的和 mod 20101009 m o d   20101009 的值。

输入输出样例

输入样例#1：

4 5

输出样例#1：

122

说明

30%的数据满足 N,M≤103 N , M ≤ 10 3 。

70%的数据满足 N,M≤105 N , M ≤ 10 5 。

100%的数据满足 N,M≤107 N , M ≤ 10 7 。

解题分析

首先推一波式子，这里我们不妨设 n<=m n <= m ：

∑i=1n∑j=1mlcm(i,j)=∑i=1n∑j=1mijgcd(i,j)=∑d=1n∑i=1n∑j=1mijd[gcd(i,j)=d]=∑d=1nd∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋ij[gcd(i,j)=1] ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m l c m ( i , j ) = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m i j g c d ( i , j ) = ∑ d = 1 n ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m i j d [ g c d ( i , j ) = d ] = ∑ d = 1 n d ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ ∑ j = 1 ⌊ m d ⌋ i j [ g c d ( i , j ) = 1 ]

现在我们单独拿出右边的一堆进行处理。设 F(x,y)=∑xi=1∑yj=1ij[gcd(i,j)=1](x<=y) F ( x , y ) = ∑ i = 1 x ∑ j = 1 y i j [ g c d ( i , j ) = 1 ] ( x <= y ) ，那么

F(x,y)=∑i=1x∑j=1yij∑k|gcd(i,j)μ(k)=∑k=1xμ(k)∑i=1x∑j=1yij[k|gcd(i,j)] =∑k=1xμ(k)×k2∑i=1⌊xk⌋∑j=1⌊yk⌋[1|gcd(i,j)]=∑k=1xμ(k)×k2×(1+⌊xk⌋)×⌊xk⌋2×(1+⌊yk⌋)×⌊yk⌋2 F ( x , y ) = ∑ i = 1 x ∑ j = 1 y i j ∑ k | g c d ( i , j ) μ ( k ) = ∑ k = 1 x μ ( k ) ∑ i = 1 x ∑ j = 1 y i j [ k | g c d ( i , j ) ]   = ∑ k = 1 x μ ( k ) × k 2 ∑ i = 1 ⌊ x k ⌋ ∑ j = 1 ⌊ y k ⌋ [ 1 | g c d ( i , j ) ] = ∑ k = 1 x μ ( k ) × k 2 × ( 1 + ⌊ x k ⌋ ) × ⌊ x k ⌋ 2 × ( 1 + ⌊ y k ⌋ ) × ⌊ y k ⌋ 2

将这个式子代回原式，得到：

∑i=1n∑j=1mlcm(i,j)=∑d=1nd∑k=1⌊nd⌋μ(k)×k2×(1+⌊nkd⌋)×⌊nkd⌋2×(1+⌊mkd⌋)×⌊mkd⌋2 ∑ i = 1 n ∑ j = 1 m l c m ( i , j ) = ∑ d = 1 n d ∑ k = 1 ⌊ n d ⌋ μ ( k ) × k 2 × ( 1 + ⌊ n k d ⌋ ) × ⌊ n k d ⌋ 2 × ( 1 + ⌊ m k d ⌋ ) × ⌊ m k d ⌋ 2

看起来太凌乱， 而且已经没法化简了， 于是我们套路地更改枚举项，设 T=kd T = k d ：

∑d=1nd∑k=1⌊nd⌋μ(k)×k2×(1+⌊nkd⌋)×⌊nkd⌋2×(1+⌊mkd⌋)×⌊mkd⌋2=∑T=1n(1+⌊nT⌋)×⌊nT⌋2×(1+⌊mT⌋)×⌊mT⌋2T∑k|Tk×μ(k) ∑ d = 1 n d ∑ k = 1 ⌊ n d ⌋ μ ( k ) × k 2 × ( 1 + ⌊ n k d ⌋ ) × ⌊ n k d ⌋ 2 × ( 1 + ⌊ m k d ⌋ ) × ⌊ m k d ⌋ 2 = ∑ T = 1 n ( 1 + ⌊ n T ⌋ ) × ⌊ n T ⌋ 2 × ( 1 + ⌊ m T ⌋ ) × ⌊ m T ⌋ 2 T ∑ k | T k × μ ( k )

我们要做的最后一件事就是快速求出 ∑k|Tk×μ(k) ∑ k | T k × μ ( k ) 了（因为前面可以下底分块快速求）。

考虑 f(x)=∑k|xk×μ(k) f ( x ) = ∑ k | x k × μ ( k ) 。

• 当 x x 为质数时， 显然f(x)=1×1+x×(−1)=1−x f ( x ) = 1 × 1 + x × ( − 1 ) = 1 − x 。
• 当 x=pri×m x = p r i × m 时且 pri∤m p r i ∤ m 时， 除了原来的因数， 我们还引入了 pri×a1,pri×a2...(a1,a2...|m) p r i × a 1 , p r i × a 2 . . . ( a 1 , a 2 . . . | m ) 这些因数， 而 μ(pri×a1)=−μ(a1) μ ( p r i × a 1 ) = − μ ( a 1 ) ， 所以 f(x)=−pri×f(m)+f(m) f ( x ) = − p r i × f ( m ) + f ( m ) 。
• 当 x=pri×m x = p r i × m 时且 pri|m p r i | m 时， 没有新的约数， 而 μ(pri2)=μ(pri2×a1)...=0 μ ( p r i 2 ) = μ ( p r i 2 × a 1 ) . . . = 0 ， 所以 f(pri×m)=f(m) f ( p r i × m ) = f ( m ) 。

最后这个式子与 μ μ 一点关系都没有， 筛都不需要筛出来…

我们对 x×f(x) x × f ( x ) 做一个前缀和， 套上下底分块就可以 AC A C 了。

总复杂度 O(N+N−−√) O ( N + N ) 。

代码如下：

#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define R register
#define IN inline
#define gc getchar()
#define W while
#define ll long long
#define MOD 20101009ll
#define MX 10000500
int pri[MX], pcnt, n, m;
ll F[MX], sum[MX];
bool npr[MX];
void get()
{
    F[1] = sum[1] = 1;
    R int i, j, tar;
    for (i = 2; i <= n; ++i)
    {
        if(!npr[i]) pri[++pcnt] = i, F[i] = 1 - i;
        for (j = 1; j <= pcnt; ++j)
        {
            tar = pri[j] * i;
            if(tar > n) break;
            npr[tar] = true;
            if(!(i % pri[j])) {F[tar] = F[i]; break;}
            F[tar] = F[i] * (1 - pri[j]);
        }
        sum[i] = (sum[i - 1] + F[i] * i % MOD + MOD) % MOD;
    }
}
int main(void)
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    if(n > m) std::swap(n, m);
    get(); ll ans = 0;
    for (R int lef = 1, rig, sum1, sum2; lef <= n; lef = rig + 1)
    {
        rig = std::min(n / (n / lef), m / (m / lef));
        sum1 = 1ll * (n / lef) * (n / lef + 1) / 2 % MOD;
        sum2 = 1ll * (m / lef) * (m / lef + 1) / 2 % MOD;
        ans  += 1ll * sum1 * sum2 % MOD * (sum[rig] - sum[lef - 1] + MOD) % MOD;
        ans %= MOD;
    }
    printf("%lld", (ans % MOD + MOD) % MOD);
}