题解-bzoj2154Crash的数字表格 bzoj2693 jzptab

Problem

bzoj2818-单组询问-无权限

bzoj2693-多组询问-需权限

洛谷1829-单组询问-无权限

\(T\)组询问（如果有），给定 \(n,m\)，求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j) \pmod {100000009}\]

\(T\leq 10^4,N,M\leq 10^7\)

Solution

┗|｀O′|┛ 这两题花了我一整张草稿纸啊

首先明确将\(lcm\)转成\(gcd\)会更好做：\(lcm(x,y)=\frac {xy}{\gcd(x,y)}\)

套路枚举\(\gcd\)：

\[Ans=\sum_d\frac 1d\sum_{d|a}\sum_{d|b}[\gcd(\frac ad,\frac bd)=1]ab\]

将 \(a,b\) 同时除以 \(d\)

\[Ans=\sum_d d\sum_{a=1}^{\frac nd}\sum_{b=1}^{\frac md}[\gcd(a,b)=1]ab\]

想到遇到互质的情况就莫反：

设置参量 \(n'=\frac nd,m'=\frac md\)

在参量意义下，构造函数

\[ f(x)=\sum_{a=1}^{n'}\sum_{b=1}^{m'}[\gcd(a,b)=x]ab\\ F(x)=\sum_{a=1}^{n'}\sum_{b=1}^{m'}[x|\gcd(a,b)]ab \]

这俩函数满足\(F(x)=\sum_{x|n}f(n)\)，根据莫反式有\(f(n)=\sum_{n|x}\mu(\frac xn)F(x)\)

将\(F(x)\)化简

\[F(x)=\sum_{x|a}^{n'}\sum_{x|b}^{m'}ab=x^2(\sum_{a=1}^{\frac {n'}x}a)(\sum_{b=1}^{\frac {m'}x}b)\]

而\(Ans=\sum_dd\cdot f(1)\)

\[f(1)=\sum_d\mu(d)F(d)=\sum_d\mu(d)d^2(\sum_{a=1}^{\frac {n'}d}a)(\sum_{b=1}^{\frac {m'}d}b)\]

首先可以明确如果预处理 \(\mu(d)d^2\) 就可以整除分块地在 \(O(\sqrt n)\) 的时间内算出这个式子

再接着考虑答案：\(Ans=\sum_dd\cdot f(1)\)，而 \(f(1)\) 的参量由 \(d\) 决定，即应写成 \(Ans=\sum_dd\cdot f_{\frac nd,\frac md}(1)\)，不难发现外层也能数论分块，即整个算法顶多是 \(O(n)\) 的

多组询问

上面这个式子每次计算需要 \(O(n)\) 的时间，实测跑完 \(T=10^4\) 组需要 \(92s\)，需要考虑优化

由于在单组询问时是将带入参量进行计算的，这样虽然方便但不灵活，需要将参量化出来……以下省略若干字（因为算到这里后我又用了大半张草稿纸进行拆分合并 可能是因为我喜欢用参量吧，而且听学长说这题有个简便很多的方法）

首先将原式列出来（至于为什么在整除意义下有\(\frac {\frac ab}c=\frac a{bc}\)，可以想想\(\frac ab=\frac {a-(a\bmod b)}b\)）：

\[Ans=\sum_dd\bigl [\sum_t\mu(t)t^2\cdot (\sum_{a=1}^{\frac n{dt}}a)(\sum_{b=1}^{\frac m{dt}}b)\bigr ]\]

设 \(T=dt,S(x)=\frac {x(x+1)}2\)，并将式子内外翻转可得

\[Ans=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)S(\frac mT)\sum_{d|T}\mu(d)d^2\frac Td\\=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)S(\frac mT)T\sum_{d|T}\mu(d)d\]

设函数 \(g(x)=x\sum_{d|x}\mu(d)d\)，可得 \(Ans=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)(\frac mT)g(T)\)，这个东西就支持数论分块了，总体复杂度为\(O(n+Q\sqrt n)\)

至于怎么求 \(g(x)\)，可以考虑只求 \(h(x)=\sum_{d|x}\mu(d)d\)，这个东西是积性函数可以线性筛

具体地，在线性筛时，设当前筛数为 \(i\)，质数为 \(p\)，\(k=i\cdot p\)

• 若 \(p|i\)，有 \(h(k)=h(i)\)，因为新加入的质因子 \(p\) 在 \(i\) 中已经出现，如果它不可能单独和其他质因子产生新的因数，而如果和其他的\(p\)因子在一起，\(\mu\)函数就会为 \(0\)，所以有\(h(k)=h(i)\)
• 若 \(p\not |i\)，有 \(h(k)=h(i)h(j)\)，因为新加入的质因子 \(p\) 在 \(i\) 中尚未出现，所以它和其他所有质因子产生的因数 \(\mu\) 都会变号，而因子\(p\)也会相应地乘上去，至于保留原来因子的贡献，\(h(p)\)在计算的时候会自带一个 \(1\)

Code

bzoj-2154

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;const int N=10001009,p=20101009;
int pri[N],is[N],u[N],tp;inline int sm(int x){if(x&1)return (ll)x*(x+1>>1)%p;return (ll)(x>>1)*(x+1)%p;
}inline int F(int n,int m){int res=0;for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){j=min(n/(n/i),m/(m/i));res=(res+(ll)(u[j]-u[i-1]+p)*sm(n/i)%p *sm(m/i))%p;}return res;
}int main(){int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);if(n>m)swap(n,m);u[1]=1;for(int i=2;i<=n;++i){if(!is[i])pri[++tp]=i,u[i]=-1;for(int j=1,k;j<=tp and (k=i*pri[j])<=n;++j){is[k]=1;if(i%pri[j]==0){u[k]=0;break;}u[k]=-u[i];}if(u[i]<0)u[i]=p-1;u[i]=(u[i-1]+(ll)i*i%p*u[i])%p;}ll ans=0;for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){j=min(n/(n/i),m/(m/i));ans=(ans+(ll)(sm(j)-sm(i-1)+p)*F(n/i,m/i))%p;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

bzoj-2693

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;const int N=10001009,p=100000009;
int pri[N],is[N],u[N],g[N],sm[N],tp;int main(){u[1]=g[1]=1;for(int i=2;im)swap(n,m);for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){j=min(n/(n/i),m/(m/i));ans=(ans+(ll)sm[n/i]*sm[m/i]%p*(g[j]-g[i-1]+p))%p;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}

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