HDU 6428 Problem C. Calculate（数论+莫比乌斯反演）

最新推荐文章于 2021-03-12 16:12:16 发布

v5zsq

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分类专栏： HDU 数论莫比乌斯反演

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本文介绍了一种基于数论的方法来解决特定的三重求和问题，并通过线性筛法预处理关键函数，实现了高效的查询算法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

求 $230)\sum\limits_{i=1}^{A}\sum\limits_{j=1}^B\sum\limits_{k=1}^C\varphi(gcd(i,j^2,k^3))(mod\ 2^{30})$

Input

第一行一整数 $T$ 表示用例组数，每组用例输入三个整数 $A,B,C(1≤T≤10,1≤A,B,C≤107)A,B,C(1\le T\le 10,1\le A,B,C\le 10^7)$

Output

输出答案

Sample Input

4
96 93 95
970 906 893
92460 95043 54245
9760979 8053227 7156842

Sample Output

1114536
28070648
388873924
623507672

Solution

首先有
$\begin{array}{lcl} ans=\sum\limits_{i=1}^A\sum\limits_{d|i}\varphi(d)\cdot s(i,B,C,d) \end{array}$
其中 $s (i, B, C, d)$ 表示满足 $gcd(i,j2,k3)=d,1≤j≤B,1≤k≤Cgcd(i,j^2,k^3)=d,1\le j\le B,1\le k\le C$ 的二元组 $(j, k)$ 的个数

令 $S (i, B, C, d)$ 表示满足 $d∣gcd(i,j2,k3),1≤j≤B,1≤k≤Cd|gcd(i,j^2,k^3),1\le j\le B,1\le k\le C$ 的二元组 $(j, k)$ 的个数，那么有
$S(i,B,C,d)=\sum\limits_{d|n|i}s(i,B,C,k)$
考虑求 $S (i, B, C, d)$ ，也即分别求出求 $d∣j2,1≤j≤Bd|j^2,1\le j\le B$ 的个数和 $d∣k3,1≤k≤Cd|k^3,1\le k\le C$ 的个数

对 $d$ 质因子分解有 $d=p_1^{a_1}...p_m^{a_m}$ ，记 $f(d)=p1⌊a1+12⌋...pm⌊am+12⌋,g(d)=p1⌊a1+23⌋...pm⌊am+23⌋f(d)=p_1^{\lfloor\frac{a_1+1}{2}\rfloor}...p_m^{\lfloor\frac{a_m+1}{2}\rfloor},g(d)=p_1^{\lfloor\frac{a_1+2}{3}\rfloor}...p_m^{\lfloor\frac{a_m+2}{3}\rfloor}$ ，显然 $f, g$ 均为积性函数，且 $d|j^2$ 等价于 $f (d) ∣ j$ ， $d|k^3$ 等价于 $g (d) ∣ k$ ，故线性筛求出 $f, g$ 后即可 $O (1)$ 得到 $S(i,B,C,d)=⌊Bf(d)⌋⋅⌊Cg(d⌋S(i,B,C,d)=\lfloor\frac{B}{f(d)}\rfloor\cdot \lfloor\frac{C}{g(d}\rfloor$

之后由莫比乌斯反演有
$s(i,B,C,d)=\sum\limits_{d|n|i}\mu(\frac{n}{d})\cdot S(i,B,C,n)$
故有
$\begin{array}{lcl} ans&=&\sum\limits_{i=1}^A\sum\limits_{d|i}\varphi(d)\sum\limits_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\cdot S(i,B,C,n)\\ &=&\sum\limits_{i=1}^A\sum\limits_{d|i}\varphi(d)\sum\limits_{d|n|i}\mu(\frac{n}{d})\cdot \lfloor\frac{B}{f(n)}\rfloor\cdot \lfloor\frac{C}{g(n}\rfloor \\ &=&\sum\limits_{n=1}^A\lfloor\frac{A}{n}\rfloor\cdot \lfloor\frac{B}{f(n)}\rfloor\cdot \lfloor\frac{C}{g(n}\rfloor\sum\limits_{d|n}\varphi(d)\cdot \mu(\frac{n}{d})\\ \end{array}$
令 $h(n)=∑d∣nφ(d)⋅μ(nd)h(n)=\sum\limits_{d|n}\varphi(d)\cdot \mu(\frac{n}{d})$ ，由于 $φ,μ\varphi,\mu$ 都是积性函数，那么它们的狄利克雷卷积也是积性函数，故同样可以线性筛求出 $h$ ，注意到 $h(p)=φ(1)μ(p)+φ(p)μ(1)=p−2h(p)=\varphi(1)\mu(p)+\varphi(p)\mu(1)=p-2$ ，而由 $φ(pc)=pc−pc−1\varphi(p^c)=p^c-p^{c-1}$ 以及 $μ(pc)=0,c≥2\mu(p^c)=0,c\ge 2$ 可得
$h(p^c)=\sum\limits_{i=0}^c\varphi(p^i)\mu(p^{c-i})=\varphi(p^c)\mu(1)+\varphi(p^{c-1})\mu(p)=p^c-2p^{c-1}+p^{c-2}$
用线性筛 $O (n)$ 预处理出 $φ,μ,f,g,h\varphi,\mu,f,g,h$ 即可 $O (A)$ 查询

Code

#include<cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define maxn 10000005
#define mod (1<<30)
int mul(int x,int y)
{
	ll z=1ll*x*y;
	return z-z/mod*mod;
}
int add(int x,int y)
{
	x+=y;
	if(x>=mod)x-=mod;
	return x;
}
int prime[maxn],res,euler[maxn],f[maxn],g[maxn],h[maxn],mu[maxn],mark[maxn];
void get_euler(int n=1e7)
{
    euler[1]=mu[1]=f[1]=g[1]=h[1]=mark[1]=1;
    res=0;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!euler[i])
		{
			euler[i]=i-1,prime[res++]=i,mu[i]=-1,f[i]=i,g[i]=i,h[i]=i-2,mark[i]=i;
		}
        for(int j=0;j<res&&prime[j]*i<=n;j++)
        {
            if(i%prime[j]) 
			{
				euler[prime[j]*i]=euler[i]*(prime[j]-1);
				mu[i*prime[j]]=-mu[i];
				f[i*prime[j]]=f[i]*prime[j];
				g[i*prime[j]]=g[i]*prime[j];
				mark[i*prime[j]]=prime[j];
				h[i*prime[j]]=h[i]*h[prime[j]];
			}
            else
            {
                euler[prime[j]*i]=euler[i]*prime[j];
                mu[i*prime[j]]=0;
                f[i*prime[j]]=f[i/prime[j]]*prime[j];
                if((i/prime[j])%prime[j]==0)g[i*prime[j]]=g[i/prime[j]/prime[j]]*prime[j];
                else g[i*prime[j]]=g[i];
                mark[i*prime[j]]=mark[i]*prime[j];
                if(i*prime[j]==mark[i*prime[j]])
                	h[i*prime[j]]=add(add(i*prime[j],mod-mul(2,i)),i/prime[j]);
                else
                	h[i*prime[j]]=h[i/mark[i]]*h[mark[i*prime[j]]];
                break;
            }
        }
    }
}
int main()
{
	get_euler();
	int T,A,B,C;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
		int ans=0;
		for(int d=1;d<=A;d++)ans=add(ans,mul(mul(h[d],A/d),mul(B/f[d],C/g[d])));
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}