[BZOJ 3561] DZY Loves Math VI

最新推荐文章于 2019-03-09 17:29:00 发布

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#数学 #莫比乌斯反演

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莫比乌斯反演

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本文解析了一道BZOJ平台上的数学题，通过复杂的数学公式推导，给出了求解特定数学表达式的算法思路，涉及枚举、前缀和等技巧，最终实现O(Nln(N))的时间复杂度。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

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Description

给定正整数 $n, m$ 。求

Input

一行两个整数 $n, m$ 。

Output

一个整数，为答案模 $1000000007$ 后的值。

Sample Input

5 4

Sample Output

HINT

数据规模：

$1\le n,m\le 500000$ ，共有3组数据。

解题分析

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)^{gcd(i,j)} \\ =\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}(\frac{ij}{d})^d[gcd(i,j)=d] \\ =\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}(dij)^d[gcd(i,j)=1] \\ =\sum_{d=1}^{n}d^d\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dp}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dp}\rfloor}(ijp^2)^d \\ =\sum_{d=1}^{n}d^d\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)p^{2d}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dp}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dp}\rfloor}(ij)^d$

看起来不是很能再化简了？

其实我们可以发现，枚举 $d$ 再枚举 $p$ 的复杂度是 $O (N l n (N))$ ，完全可以过这道题，那么我们只需要再维护一个 $i^d$ 以及它的前缀和就好了。

总复杂度 $O (N l n (N))$ 。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cctype>
#include <cstring>
#define R register
#define IN inline
#define W while
#define gc getchar()
#define MX 500050
#define MOD 1000000007ll
#define ll long long
int pcnt;
int miu[MX], pri[MX];
ll mul[MX], sum[MX];
bool npr[MX];
void get()
{
	miu[1] = 1; R int i, j, tar;
	for (i = 2; i <= 5e5; ++i)
	{
		if (!npr[i]) npr[i] = true, pri[++pcnt] = i, miu[i] = -1;
		for (j = 1; j <= pcnt; ++j)
		{
			tar = i * pri[j];
			if (tar > 5e5) break;
			npr[tar] = true;
			if (!(i % pri[j])) {miu[tar] = 0; break;}
			miu[tar] = -miu[i];
		}
	}
}
IN ll fpow(ll base, R int tim)
{
	ll ret = 1;
	W (tim)
	{
		if (tim & 1) ret = ret * base % MOD;
		base = base * base % MOD, tim >>= 1;
	}
	return ret;
}
int main(void)
{
	int n, m, bdn, bdm; ll ans = 0, mt, tot;
	scanf("%d%d", &n, &m); get();
	if (n > m) std::swap(n, m);
	for (R int i = 1; i <= m; ++i) mul[i] = 1;
	for (R int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		bdn = n / i, bdm = m / i, tot = 0;
		for (R int j = 1; j <= bdm; ++j)
		mul[j] = mul[j] * j % MOD, sum[j] = (sum[j - 1] + mul[j]) % MOD;
		for (R int j = 1; j <= bdn; ++j)
		{
			mt = miu[j] % MOD * mul[j] % MOD * mul[j] % MOD;
			(tot += mt * sum[bdn / j] % MOD * sum[bdm / j] % MOD) %= MOD;
		}
		ans = (ans + fpow(i, i) * tot % MOD) % MOD;
	}
	printf("%lld", (ans + MOD) % MOD);
}