BZOJ-3958 jzptab

本文探讨了一个数学算法问题,即给定n和m的情况下,如何求解从1到n,1到m之间所有数对的最小公倍数(LCM)之和。通过对问题的逐步转化,采用枚举、积性函数等数学工具,最终得到了一种高效的解决方案,并附带实现了代码。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

没有题目地址…被删了…

题目大意

对于 T<=10000T<=10000 组数据 n,m<=20000000n,m<=20000000

i=1nj=1nLCM(i,j)∑i=1n∑j=1nLCM(i,j)

开始沉浸于数学的海洋吧

先改一改题目

i=1nj=1mijgcd(i,j)∑i=1n∑j=1mi∗jgcd(i,j)

这样不好处理
我们干脆枚举gcd

对于

T=gcd(i,j)T=gcd(i,j)

N=min(n,m)N=min(n,m)

f(n,m,T)=i=1nj=1m(ij)[gcd(i,j)=T]f(n,m,T)=∑i=1n∑j=1m(i∗j)[gcd(i,j)=T]

Ans=T=1Nf(n,m,T)TAns=∑T=1Nf(n,m,T)T

然后你会惊讶地发现,若设
F(n,m,T)=i=1nj=1mij[T|gcd(i,j)]F(n,m,T)=∑i=1n∑j=1mi∗j[T|gcd(i,j)]

sum(n,m)=n(n+1)2m(m+1)2sum(n,m)=n(n+1)2∗m(m+1)2

则有

F(n,m,1)=sum(n,m)F(n,m,1)=sum(n,m)

F(n,m,T)=T2sum(nT,mT)F(n,m,T)=T2∗sum(⌊nT⌋,⌊mT⌋)

F(n,m,T)=T|tNf(n,m,t)F(n,m,T)=∑T|tNf(n,m,t)

f(n,m,T)=i=1NTF(nT,mT,iT)μ(i)f(n,m,T)=∑i=1NTF(nT,mT,iT)∗μ(i)

于是

Ans=T=1NTf(nT,mT,1)=T=1NTnt=1TF(nT,mT,nt)μ(nt)Ans=∑T=1NT∗f(⌊nT⌋,⌊mT⌋,1)=∑T=1NT∗∑nt=1TF(⌊nT⌋,⌊mT⌋,nt)∗μ(nt)

Ans=T=1NTnt=1Tnt2sum(nntT,mntT)μ(nt)Ans=∑T=1NT∗∑nt=1Tnt2sum(⌊nntT⌋,⌊mntT⌋)∗μ(nt)

强行换一下位置

由于 nt2sum(nntT,mntT)nt2sum(⌊nntT⌋,⌊mntT⌋)完全是由μ(nt)μ(nt)决定的

换句话说 ntTntT 是重复出现的 并且 nn m 也都是一样的
所以 我们只要知道了 μμ 的前缀和之类的东西 就能快速求出一段的和

所以 交换位置得

Ans=ntT=1Nsum(nntT,mntT)nt|ntTμ(nt)nt2ntTntAns=∑ntT=1Nsum(⌊nntT⌋,⌊mntT⌋)∑nt|ntTμ(nt)nt2ntTnt

后面那一堆 全都是积性函数

分类讨论一下吧

对于 k|Kμ(k)k2Kk∑k|Kμ(k)k2Kk

KK为质数 毫无疑问 就是 KK2

K=LKprime(nk)K=LK∗prime(nk) LK的值已知 nk在LK中已经出现过了 那么nk的 μ(nk)=0μ(nk)=0 贡献就为0了
但是由于 KLK=nkKLK=nk 所以K的值要乘一个nk

K=LKprime(nk)K=LK∗prime(nk) LK的值已知 nk与LK互质 那不就两个值乘起来

然后就分块处理一下

附上理解代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const long long mod=1e8+9;

inline long long input()
{
    char c=getchar();long long o;
    while(c>57||c<48)c=getchar();
    for(o=0;c>47&&c<58;c=getchar())o=(o<<1)+(o<<3)+c-48;
    return o;
}

long long sum[10001234],h[10001234],prime[20000];
bool mark[10001234];

void init()
{
    h[1]=sum[1]=1;
    int cnt=0;long long num;
    for(long long i=2;i<=10001000;i++)
    {
        if(!mark[i]){h[i]=(i-i*i)%mod;prime[++cnt]=i;}
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            num=i*prime[j];
            if(num>10001000)break;
            mark[num]=1;
            if(i%prime[j]==0){h[num]=prime[j]*h[i]%mod;break;}
            h[num]=h[prime[j]]*h[i]%mod;
        }
        sum[i]=(sum[i-1]+h[i])%mod;
    }
}

inline long long CAL(long long a,long long b){return (a*(1+a)/2%mod)*(b*(1+b)/2%mod)%mod;}

void RES(long long n,long long m)
{
    long long pos,res=0;
    if(n>m)swap(n,m);
    for(long long i=1;i<=n;i=pos+1)
    {
        pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
        res=(res+CAL(n/i,m/i)*(sum[pos]-sum[i-1]))%mod;
    }
    printf("%lld\n",(res+mod)%mod);
}

int main()
{
    freopen("jzptab.in","r",stdin);
    freopen("jzptab.out","w",stdout); 
    int T;long long n,m;
    scanf("%d",&T);
    init();
    while(T--)
    {
        n=input();m=input();
        RES(n,m);
    }
    return 0;
}
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值