P1829 [国家集训队]Crash的数字表格

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经典莫比乌斯反演转化$gcd(i,j)$（P3768弱化版）

Description

给定两个正整数$n,m(n,m\le 10^7)$，求

​ $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)$$

Solution

$\because$ $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}lcm(i,j)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{(i,j)}$$

若此处再利用$\phi \ast 1=id$反演，$\phi$的求和式在分母上，不好提取。故考虑传统方法，即外层枚举$gcd(i,j)$：

即 $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\frac{ij}{(i,j)}$$

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

$$=\sum _{d=1}^{min(n,m)}\frac{1}{d}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}ij[gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1]$$

$$=\sum _{d=1}^{min(n,m)}\frac{1}{d}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }didj[gcd(i,j)=1]$$

$$=\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }ij\sum _{p|(i,j)}\mu (p)$$

$$=\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{p=1}^{min(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )}\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[p|i\wedge p|j]ij$$

$$=\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{p=1}^{min(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )}\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[p|i\wedge p|j]ij$$

$$=\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{p=1}^{min(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )}\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }[p|i]i\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }[p|j]j$$

$$=\sum _{d=1}^{min(n,m)}d\sum _{p=1}^{min(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )}{p}^2\mu (p)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor }i\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{pd}\rfloor }j$$

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$S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )=S(N,M)={\sum }_{p=1}^{min(N,M)}{p}^2\mu (p){\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{N}{p}\rfloor }i{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{M}{p}\rfloor }j$，则原式为

​ $$\sum _{i=1}^{min(n,m)}dS(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{d}\rfloor )$$

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$p^2\mu (p)$的前缀和的前提下，又可以数论分块求解。

算法时间复杂度$\Theta (n+m)$。

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;
}