51Nod 1238 最小公倍数之和 V3 (杜教筛)

本文针对求∑i=1n∑j=1nlcm(i,j)的问题,通过数学推导给出了详细的解答过程,并运用杜教筛算法进行高效求解。

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题目链接:哆啦A梦传送门

题意:

∑ i = 1 n ∑ j = 1 n l c m ( i , j ) \begin{aligned}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}lcm(i,j) \end{aligned} i=1nj=1nlcm(i,j)

我们设:
a n s = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n l c m ( i , j ) = ∑ d = 1 n d ∑ i = 1 n d ∑ j = 1 n d [ ( i , j ) = 1 ] i ∗ j \begin{aligned}ans&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}lcm(i,j)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}[(i,j)=1]i*j \end{aligned} ans=i=1nj=1nlcm(i,j)=d=1ndi=1dnj=1dn[(i,j)=1]ij
这步公式推导见:详情

参考博客


我们知道:

∑ i = 1 n [ ( n , i ) = 1 ] ∗ i = n ∗ φ ( n ) + [ n = = 1 ] 2 \begin{aligned}\sum_{i=1}^{n}[(n,i)=1]*i=\frac{n*\varphi(n)+[n==1]}{2}\end{aligned} i=1n[(n,i)=1]i=2nφ(n)+[n==1]

那么上式就可化为:
∑ d = 1 n d ∑ i = 1 n d i ∑ j = 1 n d [ ( i , j ) = 1 ] j = ∑ d = 1 n d ( ( 2 ∑ i n d i ∑ j = 1 i [ ( j , i ) = 1 ] ∗ j ) − 1 ) . . . . . . 解 释 1 = ∑ d = 1 n d ( ( 2 ∑ i n d i i ∗ φ ( i ) + [ i = = 1 ] 2 ) − 1 ) = ∑ d = 1 n d ∑ i n d i 2 φ ( i ) \begin{aligned}&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}i\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}[(i,j)=1]j\\ =&\sum_{d=1}^{n}d((2\sum_{i}^{\frac{n}{d}}i\sum_{j=1}^{i}[(j,i)=1]*j)-1)......解释1\\ =&\sum_{d=1}^{n}d((2\sum_{i}^{\frac{n}{d}}i\frac{i*\varphi(i)+[i==1]}{2})-1)\\ =&\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i}^{\frac{n}{d}}i^2\varphi(i)\end{aligned} ===d=1ndi=1dnij=1dn[(i,j)=1]jd=1nd((2idnij=1i[(j,i)=1]j)1)......1d=1nd((2idni2iφ(i)+[i==1])1)d=1ndidni2φ(i)

解释1:因为两倍的话,我们多算了(1,1),故要减去1。两倍的时候,其实(x,x)是算了两次,但因为它们不互质,其实最后也没算进去的。

此时我们只需分块就能算出上式的结果,但n太大,没法预处理 i 2 ϕ ( i ) i^2\phi(i) i2ϕ(i)的前n项和。
故我们知道杜教筛就是求这个的了,我们只需把 i 2 ϕ ( i ) i^2\phi(i) i2ϕ(i)的前n项和给筛出来,题目就迎刃而解了。

我们设
h ( x ) = x 2 φ ( x ) h(x)=x^2\varphi(x) h(x)=x2φ(x) S ( n ) = ∑ i = 1 n h ( i ) S(n)=\sum_{i=1}^{n}h(i) S(n)=i=1nh(i)

我们知道
n = ∑ d ∣ n φ ( d ) \begin{aligned}n=\sum_{d|n}\varphi(d)\end{aligned} n=dnφ(d)
跟上面式子联想一下,有个 x 3 x^3 x3的关系在里面。

∑ d = 1 n d 3 = n 2 ∗ ( n + 1 ) 2 4 \begin{aligned}\sum_{d=1}^{n}d^3=\frac{n^2*(n+1)^2}{4}\end{aligned} d=1nd3=4n2(n+1)2
那么我们就有文章可做了。
∑ d = 1 n d 3 = ∑ d = 1 n ∑ i ∣ d φ ( i ) ∗ d 2 = ∑ d = 1 n ∑ i ∣ d h ( i ) ( d i ) 2 = ∑ d = 1 n ∑ i = 1 n d h ( i ) ( d ∗ i i ) 2 . . . . . . . 解 释 2 = ∑ d = 1 n d 2 ∑ i = 1 n d h ( i ) \begin{aligned}\sum_{d=1}^{n}d^3&=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i|d}\varphi(i)*d^2\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i|d}h(i)(\frac{d}{i})^2\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}h(i)(\frac{d*i}{i})^2.......解释2\\ &=\sum_{d=1}^{n}d^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}h(i) \end{aligned} d=1nd3=d=1nidφ(i)d2=d=1nidh(i)(id)2=d=1ni=1dnh(i)(idi)2.......2=d=1nd2i=1dnh(i)

解释2:我们之前是枚举每个数d的因子,也就是h(i)中i表示的是d的因子, d i \frac{d}{i} id表示这个数d的另一个因子。
那么我们就可以等价于:枚举因子t为1到n,那么说明有 n t \frac{n}{t} tn个数a,它们的因子都为t,即根据之前的表达式,h(i)中i还是为因子,此时的另外一个因子就为 i ∗ t i \frac{i*t}{i} iit 。也就是枚举每个数,它对它倍数的贡献。

那么上式就很明显了:

n 2 ∗ ( n + 1 ) 2 4 = ∑ i = 1 n h ( i ) + ∑ d = 2 n d 2 ∑ i = 1 n d h ( i ) 恒 等 于 S ( n ) = n 2 ∗ ( n + 1 ) 2 4 − ∑ d = 2 n d 2 S ( n d ) \begin{aligned}&\frac{n^2*(n+1)^2}{4}=\sum_{i=1}^{n}h(i)+\sum_{d=2}^{n}d^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}h(i)\\ 恒等于&S(n)=\frac{n^2*(n+1)^2}{4}-\sum_{d=2}^{n}d^2S(\frac{n}{d})\end{aligned} 4n2(n+1)2=i=1nh(i)+d=2nd2i=1dnh(i)S(n)=4n2(n+1)2d=2nd2S(dn)

故最终结果就为:

a n s = ∑ d = 1 n d ∗ S ( n d ) \begin{aligned}ans=\sum_{d=1}^{n}d*S(\frac{n}{d})\end{aligned} ans=d=1ndS(dn)

我们只需把S()的前6000000预处理出来,再杜教筛一下就求出来了。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<tr1/unordered_map>

using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1000000007;
const int N=6e6;

LL sum[N];///存放S的前N项
bool vis[N+10];
LL phi[N+10];
int pri[N+10],tot;

tr1::unordered_map<LL,LL> w;

LL inv2,inv4,inv6;

void init()
{


    phi[1]=1;

    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!vis[i]){
            phi[i]=i-1;
            pri[++tot]=i;
        }
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++)
        {
            int t=pri[j];
            vis[i*t]=1;
            if(i%t==0){
                phi[i*t]=phi[i]*t;break;
            }
            phi[i*t]=phi[i]*(t-1);
        }
    }
    
    ///预处理 \sum_{i=1}^{N}i*i*phi[i]
    for(int i=1;i<=N;i++)
    {
        sum[i]=(sum[i-1]+1LL*phi[i]%mod*i%mod*i%mod)%mod;
    }

}

LL fast_pow(LL a1,LL n)
{
    LL ans=1;
    while(n)
    {
        if(n&1) ans=ans*a1%mod;
        a1=a1*a1%mod;
        n>>=1;
    }
    return ans;
}

LL s2(LL x) ///\sum_{i=1}^{x}i*i
{
    LL t=x%mod;
    return t*(t+1)%mod*(2*t+1)%mod*inv6%mod;
}

LL s1(LL x) ///\sum_{i=1}^{x}i
{
    x=x%mod;
    return x*(x+1)%mod*inv2%mod;
}


LL djs(LL x)
{
    if(x<=N) return sum[x];
    if(w[x]) return w[x];

    LL t=x%mod;
    LL ans=t*t%mod*(t+1)%mod*(t+1)%mod*inv4%mod;
    for(LL l=2,r;l<=x;l=r+1)
    {
        r=x/(x/l);
        ans=(ans-(s2(r)-s2(l-1)+mod)%mod*djs(x/l)+mod)%mod;
    }

    return w[x]=ans;


}



int main()
{

    LL n;

     inv2=fast_pow((LL)2,mod-2);
     inv4=fast_pow((LL)4,mod-2);
     inv6=fast_pow((LL)6,mod-2);

    init();
    scanf("%lld",&n);


    LL ans=0;///分块求ans
    for(LL l=1,r;l<=n;l=r+1)
    {
        r=n/(n/l);
     ans=(ans+(s1(r)-s1(l-1)+mod)%mod*djs(n/l)%mod)%mod;
        }

    printf("%lld\n",(ans));
}

题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float(&#39;inf&#39;) # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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