CodeForces 235 E.Number Challenge（莫比乌斯反演+数论）

Description

求$\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b\sum\limits_{k=1}^cd(ijk),a,b,c\le 2000$

Input

三个整数$a,b,c(1\le a,b,c\le 2000)$

Output

输出结果模$1073741824$

Sample Input

2 2 2

Sample Output

20

Solution

首先证明两个结论：

$1$.$d(mn)=\sum\limits_{i|m}\sum\limits_{j|n}[(i,j)=1]$

设$m=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_x^{a_x},n=p_1^{b_1}p_2^{b_2}...p_x^{b_x}$

对$mn$的任一正因子$l$，假设$l=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_x^{c_x}$，则有$0\le c_i\le a_i+b_i$

令$s=p_1^{d_1}p_2^{d_2}...p_x^{d_x}$，$t=p_1^{e_1}p_2^{e_2}...p_x^{e_x}$，其中$d_i=\left\{\begin{array}{rcl}c_i & c_i\le a_i\\0&c_i>a_i\end{array}\right.$，$e_i=\left\{\begin{array}{lcl}0 & c_i\le a_i\\c_i-a_i&c_i>a_i\end{array}\right.$

则有$(s,t)=1,s|m,t|n$，且显然该分解唯一

反之，如果$s,t$满足$(s,t)=1,s|m,t|n$，令$c_i=\left\{\begin{array}{lcl}d_i & d_i\ne 0\\0&d_i=0,e_i=0\\a_i+e_i & d_i=0,e_i\ne 0\end{array}\right.$，则$p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_x^{c_x}|mn$

显然该表示唯一，综上结论成立

$2$.$d(rst)=\sum\limits_{i|r}\sum\limits_{j|s}\sum\limits_{k|t}[(i,j)=1][(i,k)=1][(j,k)=1]$

$d(rst)=\sum\limits_{i|r}\sum\limits_{j|st}[(i,j)=1]=\sum\limits_{i|s}\sum\limits_{j|s}\sum\limits_{k|t}[(i,jk)=1][(j,k)=1]=\sum\limits_{i|r}\sum\limits_{j|s}\sum\limits_{k|t}[(i,j)=1][(i,k)=1][(j,k)=1]$

进而有

$$\begin{array}{lcl}\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b\sum\limits_{k=1}^cd(ijk) &=&\sum\limits_{r=1}^a\sum\limits_{s=1}^b\sum\limits_{t=1}^c\sum\limits_{i|r}\sum\limits_{j|s}\sum\limits_{k|t}[(i,j)=1][(i,k)=1][(j,k)=1]\\ &=&\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b\sum\limits_{k=1}^c\lfloor\frac{a}{i}\rfloor\lfloor\frac{b}{j}\rfloor\lfloor\frac{c}{k}\rfloor[(i,j)=1][(i,k)=1][(j,k)=1]\\ &=&\sum\limits_{i=1}^a\sum\limits_{j=1}^b\sum\limits_{k=1}^c\lfloor\frac{a}{i}\rfloor\lfloor\frac{b}{j}\rfloor\lfloor\frac{c}{k}\rfloor[(i,j)=1][(i,k)=1]\sum\limits_{d|(j,k)}\mu(d)\\\ &=&\sum\limits_{i=1}^a\lfloor\frac{a}{i}\rfloor\sum\limits_{d=1}^{min(b,c)}\mu(d)\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}\lfloor\frac{b}{jd}\rfloor[(i,jd)=1]\sum\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{c}{d}\rfloor}\lfloor\frac{c}{kd}\rfloor[(i,kd)=1] \end{array}$$
预处理$gcd(i,j)$和$mu(d)$，枚举$a,d$，时间复杂度$O(n^2log\ n)$

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<ctime>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int>P;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=2005;
#define mod 1073741824 
int gcd[maxn][maxn],mu[maxn],p[maxn],vis[maxn],res;
void init(int n=2000)
{
    res=0;
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!vis[i])p[res++]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=0;j<res&&i*p[j]<=n;j++)
        {
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j])mu[i*p[j]]=-mu[i];
            else
            {
                mu[i*p[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)gcd[i][0]=gcd[0][i]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++)
            gcd[j][i]=gcd[i][j]=gcd[j][i%j];
}
int deal(int n,int d,int i)
{
    int ans=0;
    for(int j=1;j<=n;j++)
        if(gcd[i][j*d]==1)ans+=n/j;
    return ans;
}
int main()
{
    init();
    int a,b,c;
    while(~scanf("%d%d%d",&a,&b,&c))
    {
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=a;i++)
        {
            int res=0;
            for(int d=1;d<=min(b,c);d++) 
            {
                res+=((ll)mu[d]*deal(b/d,d,i)*deal(c/d,d,i)%mod+mod)%mod;
                if(res>=mod)res-=mod;
            }
            ans+=(ll)(a/i)*res%mod;
            if(ans>=mod)ans-=mod;
        }
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}