题解 P3911 最小公倍数之和

最新推荐文章于 2025-01-10 12:02:30 发布

alpha202

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分类专栏：莫比乌斯函数数论

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博客详细解析了如何求解对于A1到AN的最小公倍数之和的问题，通过数学推导和利用最小公倍数的定义，结合莫比乌斯函数进行求解，最终给出暴力计算的方法。

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题目描述

对于 $A_1,A_2,...,A_N$ ，求：
$\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Nlcm(A_i,A_j)$
的值
$l c m (a, b)$ 表示a 和b 的最小公倍数

输入输出格式

输入格式

第1行，1个整数N。

第2行，N个整数 $A_1,A_2,...,A_N$

输出格式

1个整数，表示所求的值。

思路讲解

求：
$\text{ans}=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N[A_i,A_j]$
考虑到：
$1≤A_i≤50000$
令：
$M=\max_{1\le i\le N}\{A_i\}$
$C_i=\sum_{d=1}^{M}[A_d=i]$
于是：
$\text{ans}=\sum_{i=1}^M\sum_{j=1}^MC_i\cdot C_j\cdot [i,j]$
然后就是愉快地推式子。

根据最小公倍数的定义，我们有：
$=\sum_{i=1}^M\sum_{j=1}^M\frac{C_i\cdot C_j\cdot i\cdot j}{(i,j)}$
尝试枚举 $d = (i, j)$ ：
$=\sum_{i=1}^M\sum_{j=1}^M\sum_{d|i∧d|j∧(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1}\frac{C_i\cdot C_j\cdot i\cdot j}{d}$
尝试将和式提前：
$=\sum_{d=1}^M\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{M}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{M}{d}\right\rfloor}[(i,j)=1]d\cdot i\cdot j\cdot C_{id}\cdot C_{jd}$
引入莫比乌斯函数：
$=\sum_{d=1}^M\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{M}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{M}{d}\right\rfloor}\sum_{k|(i,j)}μ(k)\cdot d\cdot i\cdot j\cdot d\cdot C_{idk}\cdot C_{jdk}$
再将和式提前：
$=\sum_{d=1}^n\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{M}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{M}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{M}{kd}\rfloor}k^2μ(k)\cdot i\cdot j\cdot j\cdot C_{idk}\cdot C_{jdk}$
令 $\delta=k\cdot d$ ,简化一层和式：
$=\sum_{\delta=1}^M\delta\bigg(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{M}{\delta}\rfloor}i\cdot C_{\delta i}\bigg)^2\sum_{k|\delta}kμ(k)$
令：
$S_{\delta}=\sum_{k|\delta}kμ(k)$
可预处理，最后就是个暴力：

#include <cstdio>
#include <iostream>

using namespace std;
const int N = 50001;
typedef long long ll;
int n, m, tot, Mu[N], flag[N], P[N], C[N];
ll s[N], ans;

void sieve() {
	Mu[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!flag[i]) P[++tot] = i, Mu[i] = -1;
		for(int j = 1; j <= tot; j++) {
			if(i * P[j] > n) break;
			flag[i * P[j]] = 1;
			Mu[i * P[j]] = -Mu[i];
			if(i % P[j] == 0) {Mu[i * P[j]] = 0; break;}
		}
	}
}
int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 1; i <= n; i++) { int x; scanf("%d", &x); ++C[x]; m = max(m, x);}
	n = m;
	sieve();
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = i; j <= n; j += i) {
			s[j] += 1LL * Mu[i] * i;
		}
	}
	for(int T = 1; T <= n; T++) {
		ll res = 0;
		for(int i = 1; i <= n / T; i++) res += 1LL * i * C[i * T];
		ans += T * res * res * s[T];
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}