洛谷P6055 [RC-02] GCD

洛谷P6055 [RC-02] GCD

题解

前置知识：杜教筛

题意即求

$$\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^N\sum _{p=1}^{\lfloor \frac{N}{j}\rfloor }\sum _{q=1}^{\lfloor \frac{N}{j}\rfloor }[\gcd (i,j)=1][\gcd (p,q)=1]$$

将$[\gcd (i,j)=1]$提到前面，得

$$\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^N[\gcd (i,j)=1]\sum _{p=1}^{\lfloor \frac{N}{j}\rfloor }\sum _{q=1}^{\lfloor \frac{N}{j}\rfloor }[\gcd (p,q)=1]$$

利用莫比乌斯函数的性质，得

$$\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^N\sum _{d|i,d|j}\mu (d)\sum _{p=1}^{\lfloor \frac{N}{j}\rfloor }\sum _{q=1}^{\lfloor \frac{N}{j}\rfloor }[\gcd (p,q)=1]$$

枚举$d$，得

$$\sum _{d=1}^N\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \mu (d)\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{N}{d}\rfloor }\sum _{p=1}^{\lfloor \frac{N}{kd}\rfloor }\sum _{q=1}^{\lfloor \frac{N}{kd}\rfloor }[\gcd (p,q)=1]$$

设$f(n)=\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]$，则原式变为

$$\sum _{d=1}^N\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \mu (d)\times f(\lfloor \frac{N}{d}\rfloor )$$

接下来我们来求$f(n)$

$$f(n)=\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }[\gcd (i,j)=1]=\sum _{k=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{d|i,d|j}\mu (d)$$

枚举$d$得

$$f(n)=\sum _{k=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\mu (d)\times \lfloor \frac{n}{kd}{\rfloor }^2$$

令$T=kd$，枚举$T$得

$$f(n)=\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}{\rfloor }^2\sum _{d|T}\mu (d)$$

我们知道只有当$T=1$时，$\sum _{d|T}\mu (d)$的值为$1$，所以只有$T=1$时$\lfloor \frac{n}{T}{\rfloor }^2$才会对$f(n)$有贡献，由此可得

$$f(n)=n^2$$

所以

$$\sum _{d=1}^N\lfloor \frac{N}{d}\rfloor \mu (d)\times f(\lfloor \frac{N}{d}\rfloor )=\sum _{d=1}^N\mu (d)\times \lfloor \frac{N}{d}{\rfloor }^3$$

用杜教筛求$\mu (d)$的前缀和，再用数论分块来求答案，时间复杂度为$O(n^{\frac{2}{3}})$。

code

#include
using namespace std;
const int N=100000;
const long long mod=998244353;
int z[N+5],p[N+5],mu[N+5];
long long ans=0,smu[N+5];
map<long long,long long>mmu;
void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!z[i]){
			p[++p[0]]=i;mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=N;j++){
			z[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++){
		smu[i]=(smu[i-1]+mu[i]+mod)%mod;
	}
}
long long djs(int t){
	if(t<=N) return smu[t];
	if(mmu.count(t)) return mmu[t];
	long long re=0;
	for(int l=2,r;l<=t;l=r+1){
		r=t/(t/l);
		re=(re+1ll*(r-l+1)*djs(t/l)%mod)%mod;
	}
	re=(1-re+mod)%mod;
	return mmu[t]=re;
}
int main()
{
	int n;
	scanf("%d",&n);
	init();
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		long long t=n/l;t=t*t%mod*t%mod;
		ans=(ans+(djs(r)-djs(l-1)+mod)%mod*t%mod)%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}