【bzoj 2154】Crash的数字表格

2154: Crash的数字表格

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Description

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和b，LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如，LCM(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的表格。每个格子里写了一个数字，其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个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和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的值。

Input

输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。

Output

输出一个正整数，表示表格中所有数的和mod 20101009的值。

Sample Input

4 5

Sample Output

122

【数据规模和约定】

100%的数据满足N, M ≤ 107 。

【题解】【数论神题！！！】【莫比乌斯反演】
∑ni=1 ∑mj=1 lcm(i,j)
= ∑ni=1 ∑mj=1 i∗jgcd(i,j)
= ∑ni=1 ∑mj=1 ∑min(n,m)d=1 [d|i][d|j][(i,j)=d] i∗jd
设 i=di’,j=dj’
= ∑⌊nd⌋i′=1 ∑⌊md⌋j=1 ∑d|n μ(d) i’j’ d2
= ∑d|n μ(d) ∑⌊nd⌋i′=1 d*i’ ∑⌊md⌋j=1 d*j’
= ∑d|n μ(d) d2 ∑⌊nd⌋i′=1 i ∑⌊md⌋j=1 j
设 S(x,y)= x∗(x+1)2 * y∗(y+1)2
则 SUM(x,y)= ∑min(x,y)d=1 μ(d) d2 S( ⌊xd⌋ , ⌊yd⌋ )
把S(x,y)带回原式 => ∑min(n,m)d=1 d S( ⌊nd⌋ , ⌊md⌋ )
【这一堆公式推完后，会发现可以先预处理 μ(d) × d2 的前缀和,然后最后求解的时候可以分块，就能过了】

【莫比乌斯：简单来说，就是将一个复杂的函数化成一个较容易求解的函数，并用它来代换原函数】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define mod 20101009
#define ll long long
using namespace std;
int prime[10000010],miu[10000010];
long long sum[10000010],n,m,tot,ans1,ans;
bool p[10000010];
void shai()
{
    int i,j;
    miu[1]=1; 
    for(i=2;i<=tot;++i)
     {
        if(!p[i]) prime[++prime[0]]=i,miu[i]=-1;
        for(j=1;j<=prime[0];++j)
         {
            if(i*prime[j]>tot) break;
            p[i*prime[j]]=1;
            if(!(i%prime[j])) {miu[i*prime[j]]=0; break;}
             else miu[i*prime[j]]=-miu[i];
          }
     }
    sum[0]=0;
    for(ll i=1;i<=tot;++i)
     sum[i]=(sum[i-1]+(i*i*miu[i])%mod)%mod;
    return;
}

ll add(ll a,ll b)
{
    ll s1=(a+1)*a/2%mod;
    ll s2=(b+1)*b/2%mod;
    return s1*s2%mod;
}
int main()
{
    long long i,j,k,l;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    tot=min(n,m);
    shai();
    for(i=1;i<=tot;i=j+1)
     {
        j=min((n/(n/i)),m/(m/i));
        ll x=n/i,y=m/i,tt=min(x,y); ans1=0; for(k=1;k<=tt;k=l+1) { l=min(x/(x/k),y/(y/k)); ll xx=x/k,yy=y/k;
            ans1=(ans1+(sum[l]-sum[k-1])%mod*add(xx,yy)%mod)%mod;
         }
        ans=(ans+(((i+j)*(j-i+1)/2)%mod*ans1%mod)%mod)%mod; 
     }
    printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
    return 0;
}