18四川省赛G题 分段 数论函数

problem

计算

$$ans =\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1} (n\ mod (i \times j))$$
$1 ≤ n ≤ 10^{11}$

思路

解法一

首先写作$\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1} (n-\left \lfloor \frac{n}{ij} \right \rfloor*ij)=\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1} n-\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1}\left \lfloor \frac{n}{ij} \right \rfloor*ij$

对于$\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1} n$不用说了，对于$\sum^n_{i=1}\sum^i_{j=1}\left \lfloor \frac{n}{ij} \right \rfloor*ij =\sum^n_{i=1}i*\sum^i_{j=1}\left \lfloor\frac{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor} {j}\right \rfloor*j$

对于第二维，所求是j∈$[1,i]$ 我们这里求$[1,n]$ 由对称性可知$[1,i]$的两倍减去$[i=j]$的情况即为所求

所以现在目标是$\sum^n_{i=1}i*\sum^n_{j=1}\left \lfloor\frac{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor} {j}\right \rfloor*j$

由于$\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$ 只有$O(\sqrt{n})$种取值，我们枚举$\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$的值，对应一段$i$区间，可知对于这一段$i$，第二维值是相同的。

对于第二维的计算类似，也是分块思想。所以写一个solve函数用于求解$f(n)=\sum_{i=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor*i$ 即可。

时间复杂度 $O(\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sqrt{\frac{n}{i}})=O(n^{\frac{3}{4}})$ （只有$O(\sqrt{n})$种取值） 注：$\sum_{i=1}^{n^x}\sqrt{\frac{n}{i}}$的计算式： $n^{(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}x)}$

TLE 1e11大概要跑37s

解法二

定义$g(n)=f(n)-f(n-1)=\sum_{i=1}^{n}i* (\left \lfloor \frac{n}{i}\right \rfloor-\left \lfloor \frac{n-1}{i} \right \rfloor)=\sum_{d|n}d$

对于$g(n)$，即一个数的因子和，我们可以$O(n)$求解出其前$n$项，对于本题$n \ 1e11$ ，我们处理出$g$的前$n^{\frac{2}{3}}$项 ，然后求个前缀和就得到了$f(n)$ ，这一部分的时间复杂度是$O(n^\frac{2}{3})$

所以对于$\sum^n_{i=1}i*\sum^n_{j=1}\left \lfloor\frac{\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor} {j}\right \rfloor*j$，当$\left \lfloor \frac{n}{i}\right \rfloor<n^\frac{2}{3}$时，可以$O(1)$得到第二层结果。当$\left \lfloor \frac{n}{i}\right \rfloor>n^{\frac{2}{3}}$时，使用原先的方法求解，这一部分的时间复杂度是$O(\sum_{i=1}^{n^\frac{1}{3}}\sqrt{\frac{n}{i}})=O(n^\frac{2}{3})$

总时间复杂度 $O(n^\frac{2}{3})$ 1e11大概要跑5s

代码示例

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef __int128 lll;
const int mod=1e9+7;

inline lll cal(lll l,lll r)
{
    return (l+r)*(r-l+1)/2;
}

inline lll solve(ll up)//solve \sum_{i=1}^{n} up/i *i;
//显然只有i<=up时有贡献
{
//    num++;
//    if(num%10000==0) cout<<clock()<<endl;
    lll res=0;
    for(ll l=1,r;l<=up;l=r+1){
        r=up/(up/l);
        res=(res+up/l*cal(l,r));
    }
    return res;
}

inline void write(__int128 x)
{
    if(x<0)
    {
        putchar('-');
        x=-x;
    }
    if(x>9) write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}

//lll help1[maxn];//solve f(n/1) f(n/2) f(n/3) f(n/\sqrt(n))
//lll help2[maxn];//solve 1 2 3  \sqrt{n}
const int maxn=21550000;
ll g[maxn];//n^(2/3)  g(n)=\sum_{i|n} i
lll f[maxn];//sum_{i=1}^{n} [n/i]*i  
int ans[maxn/10];
int help[maxn];//存每个数最小质因子^指数 如12存2^2  18存2^1  32存2^5
bool valid[maxn];
int tot;

void get_prime(int n)
{
    memset(valid,true,sizeof(valid));
    tot=0;
    g[1]=1;help[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i){
        if(valid[i]){
            ans[++tot]=i;
            g[i]=i+1;
            help[i]=i;
        }
        for(int j=1;j<=tot && ans[j]*i<=n;++j){
            valid[ans[j]*i]=false;
            if(i%ans[j]==0){
                help[i*ans[j]]=help[i]*ans[j];
                g[i*ans[j]]=g[i]*ans[j]+g[i/help[i]];
                break;
            }
            else{
                help[i*ans[j]]=ans[j];
                g[i*ans[j]]=g[i]*g[ans[j]];
            }
        }
    }
}


int main()
{
    get_prime(maxn);
    f[0]=0;
    for(int i=1;i<maxn;++i) f[i]=f[i-1]+g[i];
    //cout<<clock()<<endl;
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        ll n;
        cin>>n;
        lll ans1=0;
        for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
            r=n/(n/l);
            ll tp=n/l;
            if(tp<maxn) ans1+=f[tp]*cal(l,r);
            else ans1+=solve(tp)*cal(l,r);
        }
        lll ans2=0;//i=j
        for(ll i=1;i*i<=n;++i){
            ll tp=i*i;
            ans2+=n/tp*tp;
        }
        ans1+=ans2;
        assert(ans1%2==0);
        ans1/=2;
        ans1=((lll)n)*n*(n+1)/2-ans1;
        write(ans1);
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}