BZOJ2154 Crash的数字表格 【莫比乌斯反演】

BZOJ2154 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 ≤ 10^7。

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我也不知道为什么，常数卡了半天。。。
也不知是不是没有卡LL和int的常数。。。
反正后面卡过去了。。。
下面说正事。。。

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题目要求计算的是：

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)$

换成gcd形式：

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{i*j}{gcd(i,j)}$

定义$up=min(n,m)$枚举$gcd(i,j)=d$：

$\sum_{d=1}^{up}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{i*j}{d}[gcd(i,j)=d]$

把i和j同时除以d：

$\sum_{d=1}^{up}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\frac{i*j}{d}d^2[gcd(i,j)=1]$

$\sum_{d=1}^{up}d\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}i*j[gcd(i,j)=1]$

利用莫比乌斯函数的性质进行展开：

$\sum_{d=1}^{up}d\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}i*j\sum_{x|gcd(i,j)}^{\left\lfloor\frac{up}{d}\right\rfloor}\mu(x)$

把x提到前面进行枚举：

$\sum_{d=1}^{up}d\sum_{x=1}^{\left\lfloor\frac{up}{d}\right\rfloor}\mu(x)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}i*j[x|i,x|j]$

定义$p=\frac{i}{x}$，$q=\frac{j}{x}$，改为枚举p和q：

$\sum_{d=1}^{up}d\sum_{x=1}^{\left\lfloor\frac{up}{d}\right\rfloor}\mu(x)\sum_{p=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d*x}\right\rfloor}\sum_{q=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d*x}\right\rfloor}x^2*p*q$

$\sum_{d=1}^{up}d\sum_{x=1}^{\left\lfloor\frac{up}{d}\right\rfloor}\mu(x)x^2\{\sum_{p=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d*x}\right\rfloor}*p\}\{\sum_{q=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d*x}\right\rfloor}*q\}$

发现形如$\{\sum_{p=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d*x}\right\rfloor}*p\}$和$\{\sum_{q=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d*x}\right\rfloor}*q\}$形式的式子可以在$O(1)$时间内求出，用$C(u)$替换$\{\sum_{p=1}^u*p\}$：

$\sum_{d=1}^{up}d\sum_{x=1}^{\left\lfloor\frac{up}{d}\right\rfloor}\mu(x)x^2C(\left\lfloor\frac{n}{d*x}\right\rfloor)C(\left\lfloor\frac{m}{d*x}\right\rfloor)$

定义$k=d*x$，所以$x=\frac{k}{d}$，将x替换掉：

$\sum_{d=1}^{up}d\sum_{d|k}^{up}\mu(\frac{k}{d})*(\frac{k}{d})^2C(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor)C(\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor)$

将对$C(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor)C(\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor)$的计算提前，发现可以形成下底整数分块形式，并将对d的枚举向后移动：

$\sum_{k=1}^{up}C(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor)C(\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor)\sum_{d|k}\mu(\frac{k}{d})*\frac{k^2}{d}$

因为d遍历k的左右因子，所以可以用d来代替$\frac{k}{d}$：

$\sum_{k=1}^{up}C(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor)C(\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor)\sum_{d|k}\mu(d)*k*d$
$\sum_{k=1}^{up}C(\left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor)C(\left\lfloor\frac{m}{k}\right\rfloor)k\sum_{d|k}\mu(d)*d$

现在只需要解决对$\sum_{d|k}\mu(d)*d$的计算，很容易发现，这个式子是积性的，所以我们可以将它$O(n)$线性筛出来：

如果定义$F(k)=\sum_{d|k}\mu(d)*d$

对于数i和质数p：

1 $F[i*p]=F[i]\ (i\ mod\ p==0)$
2 $F[i*p]=F[i]*F[p]\ (i\ mod\ p!=0)$

第二种情况显然成立，现在对第一种情况进行说明：

如果对于i*p，p这个质因子的次数大于一，那么如果遍历到含有$p^t\ (t>1)$因子，根据莫比乌斯函数，当前因子的贡献为0，所以易得$F[i*p]=F[i]*F[p]\ (i\ mod\ p!=0)$

然后这题就做完了

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 10000010
#define Mod 20101009
int n,m,ans=0,tot=0;
bool mark[N];
int pri[N],F[N],S[N];
void init(){
    F[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!mark[i])pri[++tot]=i,F[i]=1-i;
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;j++){
            mark[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)F[i*pri[j]]=F[i];
            else F[i*pri[j]]=1ll*F[i]*F[pri[j]]%Mod;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)F[i]=(1ll*F[i]*i%Mod+F[i-1])%Mod;
    for(int i=1;i<=m;i++)S[i]=(1ll*(i+1)*i/2)%Mod;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if(n>m)swap(n,m);
    init();
    for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans=(ans+1ll*(F[j]-F[i-1]+Mod)*S[n/i]%Mod*S[m/i]%Mod+Mod)%Mod;
    }
    printf("%d",(ans+Mod)%Mod);
    return 0;
}