【学术篇】51nod 1238 最小公倍数之和
题目大意
求
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nlcm(i,j)
\]
一看就是辣鸡反演一类的题目, 那就化式子呗..
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nlcm(i,j) \\
=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{ij}{gcd(i,j)} \\
=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n\frac{ij}k[gcd(i,j)=k] \\
=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}ijk[gcd(i,j)=1] \\
=\sum_{k=1}^nk\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}i\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}j[gcd(i,j)=1] \\
=\sum_{k=1}^nk\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}i\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}j\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}[d|i][d|j]\mu(d) \\
=\sum_{k=1}^nk\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}\mu(d) \sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}[d|i]i \sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}[d|j]j \\
设i=dq,j=dq, \\
原式=\sum_{k=1}^nk\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}\mu(d) \sum_{p=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}dp \sum_{q=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}dq \\
=\sum_{k=1}^nk\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}\mu(d)*d^2\sum_{p=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}p \sum_{q=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}q \\
\because\sum_{i=1}^ni=\frac{n(n+1)}2, \\
\therefore原式=\sum_{k=1}^nk\sum_{d=1}^{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}\mu(d)*d^2(\frac{{\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}({\left\lfloor\frac nk\right\rfloor}+1)}{2})^2 \\
设t=kd, \\
原式=\sum_{t=1}^n(\frac{{\left\lfloor\frac nt\right\rfloor}({\left\lfloor\frac nt\right\rfloor}+1)}{2})^2\sum_{d|t}\mu(d)*td \\
设g(x)=\sum_{d|x}\mu(d)*xd, \\
则原式=\sum_{t=1}^n(\frac{{\left\lfloor\frac nt\right\rfloor}({\left\lfloor\frac nt\right\rfloor}+1)}{2})^2g(t)
\]
然后前面这一堆我们可以分块\(O(1)\)搞出来, 所以问题的关键就变成了求\(g(x)\)的前缀和.
因为题目中\(n\leq10^{10}\), 所以这里要用\(O(n^\frac23)\)的杜教筛.
但是杜教筛的框架我们是知道的,
\[设要求前缀和的函数为f(x), 其前缀和为s_f(x) \\
设有好求前缀和的积性函数g(x)和h(x), 使得(f*g)(x)=h(x), \\
设h(x)的前缀和为s_h(x), 则有 \\
s_f(x)=\frac{s_h(x)-\sum_{d=2}^ns_f({\left\lfloor\frac nd\right\rfloor})g(d)}{g(1)}
\]
所以我们的任务又变成了找到合适的\(g(x)\)和\(h(x)\).
在某篇歪果仁的blog上, 他说:
With a little luck, we can notice that Id(l) = g * Id2(l),
- 注: \(id(x)=x\)(以下称为\(n\))\(id2(x)=x^2\)(以下称为\(n_2\))
But 这运气也太好了点吧? 我怎么就找不到这种函数呢?!
不过我们还是要考虑一下的... (这波化式子的时候注意乘号\(\cdot\)和卷积号\(*\))
\[g(x)=\sum_{d|x}\mu(d)xd \\
=\sum_{d|x}d^2\mu(d)\frac xd \\
=(n^2\cdot\mu*n)(x) \\
(g*n_2)(x) \\
=((n^2\cdot\mu*n)*n_2)(x) \cdots ① \\
积性函数有一个性质, 如果两边的乘积都含有某一项的时候, 可以把这一项提出来. \\
所以我们可以把x^2都提出来, (证明可以用定义式推咯~) \\
①=((n^2\cdot\mu*n_2)*n)(x) \\
=(n^2\cdot(\mu*1)*n)(x) \\
=(n^2\cdot\epsilon*n)(x) =n(x)
\]
所以我们就证明出来了\((g*n_2)(x)=n(x)\)
这样就可以直接杜教筛了= =
然后就是注意细节了OvO
比如非常坑人的\(10^{10}*(1e9+7)\)会爆long long!!
所以要开unsigned...
就这样吧= =
代码:
#include <map>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef unsigned long long LL;
#define ri register int
#define rll register unsigned long long
const int p=1e9+7;
int qpow(int a,int b,int s=1){
for(;b;b>>=1,a=1LL*a*a%p)
if(b&1) s=1LL*s*a%p;
return s;
}
const int inv2=qpow(2,p-2),inv4=qpow(4,p-2),inv6=qpow(6,p-2);
const int N=4800000,_N=N+10;
const int SQ=233333;
LL n;
map<LL,int> mp;
map<LL,int>::iterator it;
int g[_N],pr[N/2],tot;
bool notp[_N];
void shai(){
g[1]=1; ri i,j; rll k;
for(i=2;i<=N;++i){
if(!notp[i])
pr[++tot]=i,g[i]=(-1LL*i*(i-1)%p+p)%p;
for(j=1;j<=tot&&(k=1LL*i*pr[j])<=N;++j){
notp[k]=1;
if(i%pr[j]==0){g[k]=1LL*g[i]*pr[j]%p;break;}
g[k]=1LL*g[i]*g[pr[j]]%p;
}
}
for(i=2;i<=N;++i) g[i]=(g[i]+g[i-1])%p;
}
inline int calcsqr(LL x){x%=p;return x*(x+1)%p*(2*x+1)%p*inv6%p;}
inline int calcsum(LL x){x%=p;return x*x%p*(x+1)%p*(x+1)%p*inv4%p;}
int calc(LL x){
if(x<=N) return g[x];
it=mp.find(x);
if(it!=mp.end()) return it->second;
int ans=1LL*x%p*(x+1)%p*inv2%p;
LL last=0;
for(rll i=2;i<=x;i=last+1){
last=x/(x/i);
ans=(ans-1LL*calc(x/i)*(calcsqr(last)-calcsqr(i-1)+p)%p+p)%p;
}
return mp[x]=(ans%p+p)%p;
}
int main(){
shai();cin>>n;
LL last=0; int ans=0;
for(rll i=1;i<=n;i=last+1){
last=n/(n/i);
ans=(ans+1LL*calcsum(n/i)*(calc(last)-calc(i-1)+p)%p)%p;
}
cout<<ans;
}
这破题我连推带写加总结写了整整一天!!!
窝还是太弱了..
