洛谷-3911 最小公倍数之和

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本文探讨了一种计算特定序列中所有数对最小公倍数之和的高效算法，通过对数学原理的深入分析，提出了一种新颖的枚举策略，并结合莫比乌斯反演实现了复杂度的有效降低。

题目描述
对于 $A1,A2,⋯ ,ANA_1,A_2,\cdots,A_N$
$∑i=1N∑j=1Nlcm(Ai,Aj)\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N lcm(A_i,A_j)$
的值。
lcm(a,b) 表示a 和b 的最小公倍数
输入格式
第1 行，1 个整数N。
第2 行，N 个整数 $A1,A2,⋯ ,ANA_1,A_2,\cdots,A_N$
输出格式
1 个整数，表示所求的值。

输入输出样例
输入 #1
2
2 3

输出 #1 复制
17

说明/提示
• 对于100% 的数据， $\le N \le 50000; 1 \le A_i \le 50000$

解释： $Fx=∑i=1n[Ai=x]F_x = \sum^n_{i=1} [A_i = x]$
即原始化为
$I=∑x=1p∑y=1p[x,y]FxFyI=\sum^p_{x=1}\sum^p_{y=1} [x,y] F_xF_y$
$=∑x=1p∑y=1pxyFxFy(x,y)=\sum^p_{x=1}\sum^p_{y=1} \frac{xyF_xF_y}{(x,y)}$
根据经验，考虑枚举 $g = (x, y)$ 。显然 g 的取值范围为 $\cap \mathbb N[1,p]∩N$ 。
$I=∑g=1p∑x=1p∑y=1pxyFxFyg[(x,y)=g]I=\sum^p_{g=1} \sum^p_{x=1} \sum^p_{y=1} \frac{xyF_xF_y}{g} [(x,y)=g]$
转而枚举 x,y 的倍数。
$I=∑g=1p∑x=1⌊pg⌋∑y=1⌊pg⌋gxgyFgxFgyg[(gx,gy)=g]I=\sum^p_{g=1} \sum^{\left\lfloor\frac{p}{g}\right\rfloor}_{x=1}\sum^{\left\lfloor\frac{p}{g}\right\rfloor}_{y=1} \frac{gxgyF_{gx}F_{gy}}{g}[(gx,gy)=g]$
$I=∑g=1p∑x=1⌊pg⌋∑y=1⌊pg⌋gxyFgxFgy∑d∣(x,y)μ(d)I=\sum^p_{g=1}\sum^{\left\lfloor\frac{p}{g}\right\rfloor}_{x=1}\sum^{\left\lfloor\frac{p}{g}\right\rfloor}_{y=1} gxyF_{gx}F_{gy} \sum_{d \mid (x,y)} \mu(d)$
$I=∑g=1p∑d=1⌊pg⌋∑x=1⌊pdg⌋∑y=1⌊pdg⌋gdxdyFdgxFdgyμ(d)I=\sum^p_{g=1} \sum^{\left\lfloor\frac{p}{g}\right\rfloor}_{d=1} \sum^{\left\lfloor\frac{p}{dg}\right\rfloor}_{x=1}\sum^{\left\lfloor\frac{p}{dg}\right\rfloor}_{y=1} gdxdyF_{dgx}F_{dgy}\mu(d)$
$=∑g=1pg∑d=1⌊pg⌋d2μ(d)∑x=1⌊pdg⌋∑y=1⌊pdg⌋xyFdgxFdgy=\sum^p_{g=1} g\sum^{\left\lfloor\frac{p}{g}\right\rfloor}_{d=1} d^2\mu(d)\sum^{\left\lfloor\frac{p}{dg}\right\rfloor}_{x=1}\sum^{\left\lfloor\frac{p}{dg}\right\rfloor}_{y=1} xyF_{dgx}F_{dgy}$
$=∑g=1pg∑d=1⌊pg⌋d2μ(d)(∑x=1⌊pdg⌋xFdgx)(∑y=1⌊pdg⌋yFdgy)=\sum^p_{g=1} g\sum^{\left\lfloor\frac{p}{g}\right\rfloor}_{d=1} d^2\mu(d)\left(\sum^{\left\lfloor\frac{p}{dg}\right\rfloor}_{x=1} xF_{dgx}\right)\left(\sum^{\left\lfloor\frac{p}{dg}\right\rfloor}_{y=1}yF_{dgy}\right)$
记 $Gt=∑x=1⌊pt⌋xFtxG_t = \sum^{\left\lfloor\frac{p}{t}\right\rfloor}_{x=1} xF_{tx}$
则原式化为
$I=∑g=1p∑d=1⌊pg⌋gd2μ(d)Gdg2I=\sum^p_{g=1}\sum^{\left\lfloor\frac pg\right\rfloor}_{d=1} gd^2\mu(d)G_{dg}^2$
$I=∑T=1p∑d∣TTdd2μ(d)GT2I=\sum^p_{T=1}\sum_{d \mid T} \frac{T}{d} d^2 \mu(d) G^2_T$
$\sum^p_{T=1} TG^2_T \left(\sum_{d \mid T} d\mu(d)\right)$
不妨设 $\sum_{d \mid x} d\mu(d)$
$∑T=1pTGT2H(T)\sum^p_{T=1} TG_T^2 H(T)$
最后对H筛一下就好了

#include<iostream>
#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int N = 1e5 + 50;
long long pri[N],mu[N],phi[N],A[N],H[N],T[N],P[N],cnt;
bool isnt_p[N];
long long n;
inline void get_p(){
    isnt_p[1] = true; phi[1] = mu[1] = P[1] = 1;
    bool flag = true;
    for (int i = 1; i < N; ++i){
        if (isnt_p[i] == false){
            pri[++cnt] = i;
            mu[i] = -1;
            phi[i] = i - 1;
            P[i] = 1 - i;
        }
        for (int j = 1; j <= cnt && i * pri[j] < N; ++j){
            isnt_p[i * pri[j]] = true;
            if (i % pri[j]){
                mu[i * pri[j]] = -mu[i];
                P[i * pri[j]] = P[i] * P[pri[j]];
                phi[i * pri[j]] = phi[i] * phi[pri[j]];
            }
            else{
                mu[i * pri[j]] = 0;
                phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
                P[i * pri[j]] = P[i]; 
                break;
            }
        }
    }
}
inline ll read() {ll x; scanf("%lld", &x); return x;}
int main(){
    get_p();
    n = read();
    const int N = 1e5;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) A[i] = read(), ++T[A[i]];
    for (int x = 1; x <= N; ++x)
        for (int i = 1; i <= (N / x); ++i)
            H[x] += i * T[x * i];
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= N; ++i)
        ans += 1ll * i * H[i] * H[i] * P[i];
    printf("%lld", ans);
}