P1829 [国家集训队]Crash的数字表格-优快云博客

博客详细介绍了如何使用莫比乌斯反演和数论分块技巧解决涉及最大公约数和最小公倍数的复杂求和问题。通过转化、分块和预处理，将复杂表达式简化并高效计算，最终达到线性时间复杂度。

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经典莫比乌斯反演转化 $g c d (i, j)$ （P3768弱化版）

Description

给定两个正整数 $n,m(n,m≤107)n,m(n,m\leq 10^7)$ ，求

$∑i=1n∑j=1mlcm(i,j)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)$

Solution

$∵\because$ $∑i=1n∑j=1mlcm(i,j)=∑i=1n∑j=1mij(i,j)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{ij}{(i,j)}$

若此处再利用 $φ∗1=id\varphi*1=id$ 反演， $φ\varphi$ 的求和式在分母上，不好提取。故考虑传统方法，即外层枚举 $g c d (i, j)$ ：

即 $∑i=1n∑j=1mij(i,j)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{ij}{(i,j)}$

$=∑d=1min(n,m)1d∑i=1n∑j=1mij[(i,j)=d]=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\frac{1}{d}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij[(i,j)=d]$

$=∑d=1min(n,m)1d∑i=1n∑j=1mij[gcd(id,jd)=1]=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\frac{1}{d}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}ij[gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1]$

$=∑d=1min(n,m)1d∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋didj[gcd(i,j)=1]=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\frac{1}{d}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}didj[gcd(i,j)=1]$

$=∑d=1min(n,m)d∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋ij∑p∣(i,j)μ(p)=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij\sum_{p|(i,j)}\mu(p)$

$=∑d=1min(n,m)d∑p=1min(⌊nd⌋,⌊md⌋)μ(p)∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋[p∣i∧p∣j]ij=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{p=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[p|i\wedge p|j]ij$

$=∑d=1min(n,m)d∑p=1min(⌊nd⌋,⌊md⌋)μ(p)∑i=1⌊nd⌋[p∣i]i∑j=1⌊md⌋[p∣j]j=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{p=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[p|i]i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[p|j]j$

$=∑d=1min(n,m)d∑p=1min(⌊nd⌋,⌊md⌋)p2μ(p)∑i=1⌊npd⌋i∑j=1⌊mpd⌋j=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{p=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}p^2\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor}j$

式子化简到这里为止，考虑如何对上式进行分块处理。

这个式子看起来很麻烦，但并不代表不能处理（事实上，如果化简出了正确且可处理的式子而看不出来此式可处理，这才是最GG的）。

我们可以分块改写：

设 $S(⌊nd⌋,⌊md⌋)=S(N,M)=∑p=1min(N,M)p2μ(p)∑i=1⌊Np⌋i∑j=1⌊Mp⌋jS(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)=S(N,M)=\sum_{p=1}^{min(N,M)}p^2\mu(p)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{N}{p}\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{M}{p}\rfloor}j$ ，则原式为

$∑i=1min(n,m)dS(⌊nd⌋,⌊md⌋)\sum_{i=1}^{min(n,m)}dS(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)$

此式显然可以数论分块求，而每求一次 $S$ 函数的值，在 $O (n)$ 线性筛（注意此题数据范围，此处不必用杜教筛）预处理出 $p2μ(p)p^2\mu(p)$ 的前缀和的前提下，又可以数论分块求解。

算法时间复杂度 $Θ(n+m)\Theta(n+m)$ 。

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ri register int
#define ll long long
using namespace std;

const int MAXN=1e7;
const ll MOD=20101009;
int cnt,prime[MAXN+20];
ll N,M,mu[MAXN+20],sum[MAXN+20],Ans;
bool notprime[MAXN+20];

void Mobius()
{
	mu[1]=1,notprime[1]=true;
	for(ri i=2;i<=MAXN;++i)
	{
		if(!notprime[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(ri j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=MAXN;++j)
		{
			notprime[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0) break;
			else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(ri i=1;i<=MAXN;++i) 
		sum[i]=(sum[i-1]+(((ll)i*(ll)i)%MOD)*mu[i]%MOD+MOD)%MOD;
}

inline ll sum1(ll n)
{
	return (n*(n+1)/2)%MOD;
}

ll S_mu(ll n,ll m)
{
	ll ans=0LL;
	for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1)
	{
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		ans=(ans+(((sum[r]-sum[l-1])%MOD+MOD)%MOD)*(sum1(n/l)*sum1(m/l)%MOD)%MOD)%MOD;
	}
	return ans;
}

int main()
{
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	Mobius();
	cin>>N>>M;
	if(N>M) swap(N,M);
	for(ri l=1,r;l<=N;l=r+1)
	{
		r=min(N/(N/l),M/(M/l));
		Ans=(Ans+(S_mu(N/l,M/l)*((sum1(r)-sum1(l-1)+MOD)%MOD))%MOD)%MOD;
	}
	cout<<Ans;
	return 0;
}