HDU4944 FSF’s game

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利用欧拉函数性质普通莫比乌斯反演+对数论分块求和的筛法优化

Description

$T$组$n(T,n\le 5\times 10^5)$，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n\sum _{d|gcd(i,j)}\frac{ij}{gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})}$$

Solution

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

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

（由于求和下界是变量的话，会涉及到奇奇怪怪的上取整，故此处作此变换）

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

$$=\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^i\frac{ij}{(i,j)}$$

$$=\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{i}lcm(j,i)(1)$$

为了化简求和号，我们逐层化简：

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

（这个式子加上这个题的数据范围就是spoj5971 LCMSUM，但spoj目前交不了题，故将此题推导过程顺便放在此处）

$$=\sum _{i=1}^n\frac{ni}{(i,n)}=n\sum _{d=1}^n\frac{1}{d}\sum _{i=1}^{n}i[(i,n)=d]$$

$$=n\sum _{d|n}\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}i[(i,\frac{n}{d})=1]=n\sum _{d|n}\sum _{i=1}^{d}i[(i,d)=1]$$

由于欧拉函数的一个经典性质：${\sum }_{i=1}^{n}i[(i,n)=1]=\frac{n\phi (n)+[n=1]}{2}$，故：

$$n\sum _{d|n}\sum _{i=1}^{d}i[(i,d)=1]=n\sum _{d|n}\frac{d\phi (d)+[d=1]}{2}=n(\frac{1}{2}+\sum _{d|n}\frac{d\phi (d)}{2})$$

$$=\frac{n(1+{\sum }_{d|n}d\phi (d))}{2}$$

设$g(n)={\sum }_{d|n}d\phi (d)，f(n)={\sum }_{i=1}^{n}lcm(i,n),S(n)={\sum }_{i=1}^{n}f(i)$，则：

$$f(n)=\frac{n(1+g(n))}{2}$$

$$(1)=\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)=\sum _{d=1}^n{d}^{2}S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$

由于$g(n)$也是积性函数，故$g(n)$既可以通过枚举$d$从而$O(nlogn)$求出，也可以利用线性筛$O(n)$求出（如何$O(n)$求出：推导过程较麻烦，见另文）。

由于求出$g(1)\sim g(n)$后，我们可以$O(n)$预处理出$f(1)\sim f(n)$与$s(1)\sim s(n)$，故$(1)$式的取值集合可以通过数论分块$O(n\sqrt{n})$求出，总时间复杂度为$O(n\sqrt{n}+nlogn)$，对于$5e5$的数据规模来讲会TLE，考虑优化。

对于$(1)$式$ans(n)={\sum }_{d=1}^n{d}^{2}S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$，我们仍然枚举$d$，考虑每一个$d$可能对$ans$表的哪些值有贡献：我们在枚举$d$的同时枚举所有可能的$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$的取值$i$，显然应有$id\le maxn$，此时满足$\lfloor \frac{n}{d}\rfloor =i$的$n$的取值显然为$[id,(i+1)d)$。所以，对于任意的$d$和对应的任意$i$，$d$对于$ans(id)\sim ans((i+1)d-1)$的值会有$d^{2}S(i)$的贡献。

枚举$d$与$i(id\le maxn)$的时间复杂度为$O(nlogn)$，而由于每对$d,i$对ans表的贡献是对连续区间的值的贡献，相当于区间加操作。由于我们执行$O(nlogn)$次区间加操作但中间过程中并不需要查询$ans(i)$的值，故我们利用差分数组维护该操作即可。

算法时间总复杂度：$O(nlogn)$

Code

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

const int MAXN=5e5+20;
int T,prime[MAXN],cnt,q[MAXN],N;
ll phi[MAXN],f[MAXN],g[MAXN],ans[MAXN];
bool vis[MAXN];

void EulaSieve(int n)
{
	phi[1]=1,vis[1]=true;
	for(ri i=2;i<=n;++i)
	{
		if(!vis[i]) prime[++cnt]=i,phi[i]=(ll)i-1;
		for(ri j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=n;++j)
		{
			vis[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)	phi[i*prime[j]]=phi[i]*(ll)prime[j];
			else	phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
}

void EratSieve(int n)
{
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		for(ri j=i;j<=n;j+=i)
			g[j]+=(ll)i*phi[i];
	for(ri i=1;i<=n;++i)	
		f[i]=(ll)i*(g[i]+1)/2LL,f[i]=f[i-1]+f[i];
	for(ri d=1;d<=n;++d)
		for(ri i=1;i*d<=n;++i)
		{
			ri sj=(i+1)*d;
			if(sj>n) sj=n+1;
			ans[i*d]+=(ll)d*(ll)d*f[i],ans[sj]-=(ll)d*(ll)d*f[i];
		}
	for(ri i=1;i<=n;++i)
		ans[i]=ans[i]+ans[i-1];
}

int main()
{
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>T;
	for(ri i=1;i<=T;++i) 
	{
		cin>>q[i];
		N=max(q[i],N);	
	}
	EulaSieve(N),EratSieve(N);
	for(ri i=1;i<=T;++i) 
		cout<<"Case #"<<i<<": "<<(unsigned int)ans[q[i]]<<'\n';	
	return 0;
}