bzoj 4176: Lucas的数论 （反演）

题目描述

传送门

题目大意：
设f(ij)表示i*j的约束个数，求

$$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n f(ij) \space mod \space 1e9+7$$
n<=1e9

题解

要化简上面的式子，就必须科学的表示出$f(ij)$
如果你做过SDOI的约数个数和，那么就应该知道

$$f(nm)=\sum\limits_{i|n}\sum\limits_{j|m} [gcd(i,j)=1]$$
这个怎么证？其实可以感受一下。
当j=1的时候，我们加入了n的所有约数
当i=1的时候，我们加入了m的所有约数
但是n,m的约数可能是有交集的，但是交集中的元素都可以用一个之前未出现的约数替换，并且在后面计算中这个约数不会再加入。比如说n有一个质因子为pi指数为x,m也有pi这个质因子指数为y，那么m中的pi^{1..y}其实都可以换成pi^{x+1…y}，其他的也是同样的道理。
剩下的数当且仅当gcd(i,j)=1，可以形成新的约数。总之如果i,j不互质，那么一定可以用一对互质的i’,j’替换掉。

那么利用上面的式子，我们进行化简

$$\sum\limits_{a=1}^n\sum\limits_{b=1}^n\sum\limits_{i|a}\sum\limits_{j|b} [gcd(i,j)=1]$$
$$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n {\lfloor {n\over i}\rfloor} {\lfloor {n\over j}\rfloor}[gcd(i,j)=1]$$
$$\sum\limits_{i=1}^n {\lfloor {n\over i}\rfloor} \sum\limits_{j=1}^n {\lfloor {n\over j}\rfloor} \sum\limits_{d|(i,j)}\mu(d)$$
$$\sum\limits_{d=1}^n \mu(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor {n\over i}\rfloor} {\lfloor {n\over i*d}\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor {n\over j}\rfloor} {\lfloor {n\over j*d}\rfloor}$$
$$\sum\limits_{d=1}^n \mu(d)(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor {n\over i}\rfloor} {\lfloor {n\over i*d}\rfloor})^2$$
$h(x)=\sum_{i=1}^x {\lfloor {x\over i}\rfloor}$ 可以在 $O(\sqrt x)$的时间内求解，如果我们可以预处理 $\mu$ 的前缀和，那么就可以在 $O(n^{3\over 4})$的时间内求解。
n的范围是1e9，所以肯定不能 $O(n)$的预处理，而且我们也做不到处理处所有数的前缀和，所以我们只考虑对我们有贡献的数。
这里的话应该可以想到 $\mu$要用杜教筛。
设 $M(n)=\sum\limits_{i=1}^n \mu(i)$
$1=\sum\limits_{i=1}^n [i=1]=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{d|i} \mu(d)=\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{d=1}^{\lfloor {n\over i}\rfloor} \mu(d)=\sum\limits_{i=1}^n M({\lfloor {n\over i}\rfloor})$
$M(n)=1-\sum\limits_{i=2}^n M({\lfloor {n\over i}\rfloor})$ 对于这个式子我们只要预处理出 $n^{3\over 4}$的前缀和，然后计算 $\sqrt n$个 $M$就可以了，总的时间复杂度应该是$O(n^{3\over4})$，与计算上面的式子是一样的。
这是要算一个 $M$的时候，那么我们可不可以预处理出一些关键的值啊，其实是可以的。
考虑哪些值对我们的计算有用处，$n/(n/i)$如果这个值在 $n^{3\over 4}$内我们可以直接调用我们预处理的前缀和，那么如果大于的话，我们找到所有的 $n/t>n^{3\over 4}$，然后从大到小枚举t，计算 $M(n/t)$,这样每次计算的时候需要用到的值都已经预处理好了，直接 $O(\sqrt {n/t})$的计算即可。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define N 10000000
#define LL long long 
#define p 1000000007
using namespace std;
int n,n1,pd[N],prime[N];
LL mu[N],sum[N];
void init()
{
    mu[1]=1;
    for (int i=2;i<=n1;i++) {
        if (!pd[i]) {
            prime[++prime[0]]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for (int j=1;j<=prime[0];j++) {
            if (i*prime[j]>n1) break;
            pd[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0) {
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for (int i=1;i<=n1;i++) mu[i]=mu[i-1]+mu[i];
}
LL calc(int n)
{
    LL ans=0;
    for (int i=1,j;i<=n;i=j+1) {
        j=n/(n/i);
        ans=(ans+(LL)(j-i+1)*(n/i))%p;
    }
    return ans*ans%p;
}
LL get_sum(int x)
{
    if (x<=n1) return mu[x];
    return sum[n/x];
}
void summu()
{
    int t;
    for (t=1;n/t>n1;t++);
    for (int k=t;k;k--) {
        int m=n/k;
        sum[k]=1;
        for (int i=2,j;i<=m;i=j+1) {
            j=m/(m/i);
            sum[k]-=(LL)(j-i+1)*get_sum(m/i)%p;
            sum[k]%=p;
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("a.in","r",stdin);
    freopen("my.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n); n1=ceil(pow(n,0.75));
    init(); summu();
    LL ans=0;
    for (int i=1,j;i<=n;i=j+1) {
        j=n/(n/i);
        ans=(ans+(get_sum(j)-get_sum(i-1))*calc(n/i)%p)%p;
    }
    printf("%lld\n",(ans%p+p)%p);
}