51nod 最大公约数 & 最小公倍数

之前学习杜教筛的时候，把 $\varphi$ 和 $\mu$ 的前缀和两道题做过之后就没有再深入学习…NOI D1T3 看出来是杜教筛但是不会推只好做一个被唾弃的暴力选手…越来越觉得自己数论姿势太naive，所以补一补稍稍高端的知识。。。从刷经典题开始吧

前置技能（杜教筛）简介：

我们记 $f\circ g$ 表示数论函数 $f$ 和 $g$ 的 Dirichlet 卷积，下同。

要计算 $f(i)$ 的前缀和（记为 $F(i)$ ），考虑构造新的函数 $g(i)$，使得 $h=f\circ g$ 的前缀和易于计算，那么我们有：

$$\begin{align} \sum_{i=1}^{n} h(i) &= \sum_{i=1}^{n}\sum_{ab=i}f(a)\times g(b)\\ &=\sum_{ab\leq n}f(a)\times g(b)\\ &=\sum_{b=1}^{n}g(b)\times F\left(\left\lfloor\frac n b\right\rfloor\right)\\ \end{align}$$

这里蕴含着一个关于 $F(n)$ 的递推式，如果能快速计算 $\sum_{i=1}^{n}h(i)$ 和 $g(i)$ 的值，同时预处理 $i\leq n^{\frac 2 3}$ 的 $F(i)$，那么 $F(n)$ 的计算可以被优化到 $O(n^{\frac 2 3})$

最大公约数之和V3

题意：给定 $n$，计算 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}(i,j)$。($n\leq 10^{11}$)。

sol：

我们令 $A(n)=\sum_{i=1}^{n} (i,n)$，则答案等于 $2\times \sum_{i=1}^{n}{A(i)} - \sum_{i=1}^{n}i$，这个分 $i<j$, $i=j$, $i>j$ 讨论就能得出。

现在的问题是：如何快速计算 $A(n)$ 的前缀和？

考虑化简 $A(n)$，枚举 $(i,n)$，我们有：

$$A(n)=\sum_{d|n}d\times\varphi\left(\frac n d\right)$$

显然这是个积性函数，并且知道它是 $id$ 和 $\varphi$ 的 Dirichlet 卷积，因为我们有：

$$\varphi=id\circ\mu$$

所以

$$id\circ\varphi=id\circ id\circ \mu$$

$$id\circ\varphi\circ 1=id\circ id$$

如果能够快速计算 $id\circ id$ 的前缀和，那么套用杜教筛，就能快速算出 $A(n)$ 的前缀和。

记 $A(n)$ 的前缀和为 $S(n)$，$id\circ id$ 的前缀和为 $H(n)$

$$H(n) = \sum_{i=1}^n{i\left\lfloor\frac n i\right\rfloor\left(\left\lfloor\frac n i\right\rfloor+1\right)}$$

这个显然是可以分块计算的。

使用杜教筛，我们总共需要计算 $O(\sqrt n)$ 项 $S(i)$ ，可以使用线性筛预处理出来 $i \leq n^{\frac 2 3}$ 的$S(i)$。对于每一个 $i > n^{\frac 2 3}$ 的 $S(i)$，我们 $O(\sqrt i)$ 地计算它对应的 $H(i)$。因为我们计算 $S(i)$ 时需要枚举 $O(\sqrt i)$ 个 更小的 $S(j)$，而计算 $H(i)$ 的时间消耗也是 $O(\sqrt i)$。所以暴力计算这些 $H(i)$ 不会使复杂度的阶升高，可以保证总的时间复杂度为 $O(n^{\frac 2 3})$

题外话：用这种做法交上去，最慢的点大概需要 2.3s 左右。A掉之后我去观摩了一下 1s 的神牛们的写法，发现非常 excited ：

注意到：

$$\begin{align} S(n)&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j|i}{j\times \varphi\left(\frac i j\right)}\\ &=\sum_{ij\leq n}i\times\varphi(j)\\ &=\sum_{i=1}^{n}i\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac n i\right\rfloor}\varphi(j) \end{align}$$

于是按照 $\left\lfloor\frac n i\right\rfloor$ 分块计算一个 $\varphi(i)$ 的前缀和就好了。。。我真是思博啊。。。

最小公倍数之和 V3

题意：给定 $n$，计算 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[i,j]$。($n\leq 10^{11}$)。

sol :

同样的，考虑计算 $\sum_{i=1}^n [i,n]$，记为 $A(n)$，同样的枚举 $(i,n)$：

$$\begin{align} A(n) &= n\sum_{d|n}\sum_{(i,\frac n d)=1} i \end{align}$$

注意到 $n>1$ 时，”小于$n$且与$n$互质的数” 的和为 $\frac{n\times\varphi(n)}2$，对于 $n=1$ 的情况特殊讨论，上式又可以简化为：

$$A(n) = \frac n 2\sum_{d|n}{d\times\varphi(d)} + \frac n 2$$

后一项的前缀和即为 $\frac{n\times(n+1)}4$，以下讨论式子前一项的做法：

记 $f(n)=n\sum_{d|n}d\times\varphi(d)$，$f(n)$ 的前缀和为 $F(n)$。考虑如何计算 $F(n)$

把 $n$ “分配” 到和式中去，我们有：

$$f(n)=\sum_{ab=n}a^2\varphi(a)\times b$$

注意到这是 $id^2\cdot\varphi$ 和 $id$ 的 Dirichlet 卷积，我们进一步地推导：

注意到 $(id^2\cdot\varphi) \circ id^2 = id^3$，即：

$$\begin{align} \sum_{ab=n}{a^2\varphi(a)\times b^2}&=n^2\sum_{a|n}\varphi(a)\\&=n^3\\ \end{align}$$

那么我们有：

$$id^2\circ(id^2\cdot\varphi)\circ id = id^3\circ id$$

同样地，我们记 $id^3\circ id$ 的前缀和为 $H(n)$，那么：

$$H(n)=\sum_{i=1}i\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac n d\right\rfloor}j^3$$

这个也可以分块计算，同上一题的复杂度分析，这道题我们也能得到一个 $O(n^{\frac 2 3})$ 的做法。