洛谷-1829 [国家集训队]Crash的数字表格 / JZPTAB

最新推荐文章于 2023-01-11 15:07:24 发布

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本文介绍了一种高效算法，用于解决Crash提出的数学问题：计算一个由最小公倍数构成的表格中所有元素的和。通过枚举最大公因数和使用数论技巧，我们将原始问题转化为更简洁的形式，最终实现快速求解。

题目背景
提示：原 P1829 半数集问题已经迁移至 P1028 数的计算
题目描述
今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b，LCM(a, b)表示能同时整除a和b的最小正整数。例如，LCM(6, 8) = 24。
回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张NM的表格。每个格子里写了一个数字，其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个45的表格如下：
1 2 3 4 5
2 2 6 4 10
3 6 3 12 15
4 4 12 4 20
看着这个表格，Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时，Crash就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash只想知道表格里所有数的和mod20101009的值。
输入格式
输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。
输出格式
输出一个正整数，表示表格中所有数的和mod20101009的值。

输入输出样例
输入 #1
4 5

输出 #1
122

说明/提示
100%的数据满足N, M≤ 10^7。

解释:推公式呗~转大佬的来学习一下
Solution
易知原式等价于
$∑i=1n∑j=1mi⋅jgcd⁡(i,j)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\frac{i\cdot j}{\gcd(i,j)}$
枚举最大公因数 d，显然两个数除以 d 得到的数互质
$∑i=1n∑j=1m∑d∣i,d∣j,gcd⁡(id,jd)=1i⋅jd\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\sum\limits_{d|i,d|j,\gcd(\frac{i}{d},\frac{j}{d})=1}\frac{i\cdot j}{d}$
非常经典的 $gcd⁡\gcd$ 式子的化法
$∑d=1nd⋅∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋[gcd⁡(i,j)=1]⋅i⋅j\sum\limits_{d=1}^n d\cdot\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\cdot i\cdot j$
后半段式子中，出现了互质数对之积的和，为了让式子更简洁就把它拿出来单独计算。于是我们记
$sum⁡(n,m)=∑i=1n∑j=1m[gcd⁡(i,j)=1]⋅i⋅j\operatorname{sum}(n,m)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m [\gcd(i,j)=1]\cdot i\cdot j$
接下来对 $sum⁡(n,m)\operatorname{sum}(n,m)$ 进行化简。首先枚举约数，并将 $[gcd⁡(i,j)=1][\gcd(i,j)=1]$ 表示为 $ε(gcd⁡(i,j))ε(gcd(i,j))∑d=1n∑d∣in∑d∣jmμ(d)⋅i⋅j\varepsilon(\gcd(i,j))ε(gcd(i,j)) \sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{d|i}^n\sum\limits_{d|j}^m\mu(d)\cdot i\cdot j$
指上式中的 i,ji,j ），显然式子可以变为
$∑d=1nμ(d)⋅d2⋅∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋i⋅j\sum\limits_{d=1}^n\mu(d)\cdot d^2\cdot\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i\cdot j$
观察上式，前半段可以预处理前缀和；后半段又是一个范围内数对之和，记
$g(n,m)=∑i=1n∑j=1mi⋅j=n⋅(n+1)2×m⋅(m+1)2g(n,m)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m i\cdot j=\frac{n\cdot(n+1)}{2}\times\frac{m\cdot(m+1)}{2}$
至此
$sum⁡(n,m)=∑d=1nμ(d)⋅d2⋅g(⌊nd⌋,⌊md⌋)\operatorname{sum}(n,m)=\sum\limits_{d=1}^n\mu(d)\cdot d^2\cdot g(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)$
我们可以 $⌊n⌊nd⌋⌋\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\rfloor$
数论分块求解 $sum⁡(n,m)\operatorname{sum}(n,m)$ 函数。
在求出 $sum⁡(n,m)\operatorname{sum}(n,m)$ 后，回到定义 $sum⁡\operatorname{sum}$ 的地方，可得原式为
$∑d=1nd⋅sum⁡(⌊nd⌋,⌊md⌋)\sum\limits_{d=1}^n d\cdot\operatorname{sum}(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)$
可见这又是一个可以数论分块求解的式子！
最后分块就好了

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std; 
const int N=1e7;
const int mod=20101009;
int n,m,mu[N+5],p[N/10+5],sum[N+5];
bool flg[N+5];
void init() {
    mu[1]=1;
    int tot=0,k=min(n,m);
    for(int i=2;i<=k;++i) {
        if(!flg[i]) p[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=tot&&i*p[j]<=k;++j) {
            flg[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0) {mu[i*p[j]]=0;break;}
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=k;++i) sum[i]=(sum[i-1]+1LL*i*i%mod*(mu[i]+mod))%mod;
}
int Sum(int x,int y) {
    return (1LL*x*(x+1)/2%mod)*(1LL*y*(y+1)/2%mod)%mod;
}
int func(int x,int y) {
    int res=0;
    for(int i=1,j;i<=min(x,y);i=j+1) {
        j=min(x/(x/i),y/(y/i));
        res=(res+1LL*(sum[j]-sum[i-1]+mod)*Sum(x/i,y/i)%mod)%mod;
    }
    return res;
}
int solve(int x,int y) {
    int res=0;
    for(int i=1,j;i<=min(x,y);i=j+1) {
        j=min(x/(x/i),y/(y/i));
        res=(res+1LL*(j-i+1)*(i+j)/2%mod*func(x/i,y/i)%mod)%mod;
    }
    return res;
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    init();
    printf("%d\n",solve(n,m));
}