【刷题】洛谷 P3768 简单的数学题
题目描述
由于出题人懒得写背景了，题目还是简单一点好。
输入一个整数n和一个整数p，你需要求出(\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ijgcd(i,j))~mod~p\)，其中gcd(a,b)表示a与b的最大公约数。
输入输出格式
输入格式：
一行两个整数p、n。
输出格式：
一行一个整数(\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ijgcd(i,j))~mod~p\)。
输入输出样例
输入样例#1：
998244353 2000
输出样例#1：
883968974
说明
对于20%的数据，\(n \leq 1000\)。
对于30%的数据，\(n \leq 5000\)。
对于60%的数据，\(n\leq 10^6\)，时限1s。
对于另外20%的数据，\(n\leq 10^9\)，时限3s。
对于最后20%的数据，\(n \leq 10^{10}\)，时限6s。
对于100%的数据，\(5 \times 10^8 \leq p \leq 1.1 \times 10^9\)且p为质数。
题解
同样的莫比乌斯反演，加上杜教筛
\[ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nij\cdot gcd(i,j) \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
\[=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}di\cdot dj\cdot d[gcd(i,j)=1]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
\[=\sum_{d=1}^nd^3\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i} \rfloor}ij[gcd(i,j)=1]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
\[=\sum_{d=1}^nd^3\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\mu(i)\cdot i^2\cdot s(\lfloor \frac{n}{id} \rfloor)\ \ \ (s(n)=(\frac{n*(n+1)}{2})^2)
\]
\[=\sum_{T=1}^ns(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor)\sum_{d|T}d^3\cdot \mu(\frac{T}{d})\cdot (\frac{T}{d})^2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
\[=\sum_{T=1}^ns(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor)T^2\sum_{d|T}d\cdot \mu(\frac{T}{d})\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
\[=\sum_{T=1}^ns(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor)T^2\varphi(T)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
最后一步与欧拉函数有关，也与卷积有关
对于前面\(\sum_{T=1}^ns(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor)\)可以整除分块，我们考虑后面部分的前缀和
设\(S(n)=\sum_{i=1}^ni^2\varphi(i)\)
然后上杜教筛
\[S(n)=\sum_{i=1}^ni^2\varphi(i)=\sum_{i=1}^ni^2(\sum_{d|i}\varphi(d)-\sum_{d|i,d\ne i}\varphi(d))
\]
\[=\sum_{i=1}^ni^2\sum_{d|i}\varphi(d)-\sum_{i=1}^ni^2\sum_{d|i,d\ne i}\varphi(d)\ \ \ \ \
\]
\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{i=1}^n\sum_{d|i,d\ne i}i^2\varphi(d)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{\frac{i}{d}=2}^n\sum_{\frac{i}{d}|i}^ni^2\varphi(d)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{x=2}^n\sum_{x|xd}^n(xd)^2\varphi(d)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{x=2}^n\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor}x^2d^2\varphi(d)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{x=2}^nx^2\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor}d^2\varphi(d)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
\[=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{x=2}^nx^2S(\lfloor \frac{n}{x} \rfloor)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \
\]
成功杜教筛，复杂度\(O(n^\frac{2}{3})\)？
先预处理前\(1e7\)项，后面的用杜教筛的式子求
\[ans=\sum_{T=1}^ns(\lfloor \frac{n}{T} \rfloor )S(T)
\]
整除分块了，杜教筛了，然后就过了
这一题涉及了欧拉函数和卷积，但这些还没学通，式子中有些东西是强背的
以后还会系统地学
在代码实现的过程中用到了平方与立方数列求和公式，不然复杂度不对，详细公式可以见这里（以前从未听说过这么强的公式。。。）
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
const int MAXN=1000000+10;
int Mod,cnt,prime[MAXN],vis[MAXN];
ll phi[MAXN],f[MAXN],six,two;
std::map<ll,ll> M;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
T data=0,w=1;
char ch=0;
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char c='\0')
{
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
if(c!='\0')putchar(c);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline ll qexp(ll a,ll b)
{
ll res=1;
while(b)
{
if(b&1)res=res*a%Mod;
a=a*a%Mod;
b>>=1;
}
return res;
}
inline void init()
{
two=qexp(2,Mod-2);
six=qexp(6,Mod-2);
memset(vis,1,sizeof(vis));
vis[0]=vis[1]=0;
phi[1]=1;
for(register int i=2;i<MAXN;++i)
{
if(vis[i])
{
prime[++cnt]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(register int j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<MAXN;++j)
{
vis[i*prime[j]]=0;
if(i%prime[j])phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]]%Mod;
else
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(ll)prime[j]%Mod;
break;
}
}
}
for(register ll i=1;i<MAXN;++i)f[i]=(f[i-1]+i*i%Mod*phi[i]%Mod)%Mod;
}
inline ll s3(ll x)
{
x%=Mod;
ll res=x*(x+1)%Mod*two%Mod;
return res*res%Mod;
}
inline ll s2(ll x)
{
x%=Mod;
return x*(x+1)%Mod*(x+x+1)%Mod*six%Mod;
}
inline ll Phis(ll x)
{
if(x<MAXN)return f[x];
if(M[x])return M[x];
ll res=s3(x);
for(register ll i=2;;)
{
if(i>x)break;
ll j=x/(x/i);
(res-=Phis(x/i)*(s2(j)-s2(i-1))%Mod)%=Mod;
i=j+1;
}
return M[x]=(res+Mod)%Mod;
}
inline ll solve(ll n)
{
ll res=0;
for(register ll i=1;;)
{
if(i>n)break;
ll j=n/(n/i);
(res+=s3(n/i)*(Phis(j)-Phis(i-1))%Mod)%=Mod;
i=j+1;
}
return (res+Mod)%Mod;
}
int main()
{
ll n;
read(Mod);read(n);
init();
write(solve(n),'\n');
return 0;
}
