P5572 [CmdOI2019]简单的数论题

[CmdOI2019]简单的数论题

题意即求：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\phi \left({\displaystyle \frac{\mathrm{lcm}(i,j)}{gcd(i,j)}}\right)(\mathrm{mod}23333)$$

其中 $T\le 3\times {10}^4$，$m\le n\le 5\times {10}^4$。

此题需要按不同值域分类处理，对复杂度的降低类似分块的想法。

首先推导：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\phi \left({\displaystyle \frac{\mathrm{lcm}(i,j)}{gcd(i,j)}}\right)\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\phi \left({\displaystyle \frac{i}{gcd(i,j)}}{\displaystyle \frac{j}{gcd(i,j)}}\right)\\ =& \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\phi \left({\displaystyle \frac{i}{gcd(i,j)}}\right)\phi \left({\displaystyle \frac{j}{gcd(i,j)}}\right)\\ =& \sum _{d=1}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[gcd(i,j)=d]\phi \left({\displaystyle \frac{i}{d}}\right)\phi \left({\displaystyle \frac{j}{d}}\right)\\ =& \sum _{d=1}\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\phi \left(i\right)\phi \left(j\right)[gcd(i,j)=1]\\ =& \sum _{d=1}\sum _{i=1}^{\lfloor n/d\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/d\rfloor }\phi \left(i\right)\phi \left(j\right)\sum _{k\mid i,k\mid j}\mu (k)\\ =& \sum _{d=1}\sum _{k=1}\mu (k)\sum _{i=1}^{\lfloor n/kd\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor m/kd\rfloor }\phi \left(ik\right)\phi \left(jk\right)\\ =& \sum _{T=1}\sum _{d\mid T}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor n/T\rfloor }\phi \left(id\right)\sum _{j=1}^{\lfloor m/T\rfloor }\phi \left(jd\right)\end{array}$$

看上去就非常恐怖。

先定义 $F(x,d)=\sum _{i=1}^x\phi (id)$。

注意到有 $xd\le n$，那么 $F(x,d)$ 的数量是在 $O(n\ln n)$ 的。我们可以开一个 vector 解决掉。处理这部分的复杂度也是 $O(n\ln n)$ 的。

接下来处理中间这个大头。

我们定义：

$$G(x,y,z)=\sum _{T=1}^z\sum _{d\mid T}\mu (d)F(x,d)F(y,d)$$

看起来很奇怪，但是我们可以有：

$$\begin{array}{rl}& \sum _{T=1}\sum _{d\mid T}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor n/T\rfloor }\phi \left(id\right)\sum _{j=1}^{\lfloor m/T\rfloor }\phi \left(jd\right)\\ =& \sum _{l,r}G(\lfloor n/l\rfloor ,\lfloor m/l\rfloor ,r)-G(\lfloor n/l\rfloor ,\lfloor m/l\rfloor ,l-1)\end{array}$$

这里 $[l,r]$ 代表在数论分块中 $\lfloor n/l\rfloor =\lfloor n/r\rfloor$ 的一个块。

但是这并没有优化复杂度。

考虑一个数量级 $B$。

对于 $x,y\le B$ 的 $G(x,y,z)$，我们预先处理，时间复杂度是 $O(n{B}^2\ln n)$ 的。

那这样 $\lfloor n/l\rfloor \le B$ 的所有 $l$ 我们都能处理，在查询下的总复杂度就是 $O(T\sqrt{n})$ 的。

那对于 $\lfloor n/l\rfloor >B$ 的所有 $l$，我们知道会有 $l<\lfloor n/B\rfloor$，那么这一部分我们直接暴力处理也可以，查询下的总时间复杂度就是 $O(T(n/B)\ln n)$ 的。

最后总的时间复杂度就是 $O(n{B}^2\ln n+T(n/B)\ln n+T\sqrt{n})$。

采用根号平衡，算出 $B=\sqrt[3]{T}$。（这里取的是 $B=50$）

最后得到时间复杂度 $O(T^{2/3}n\ln n+T\sqrt{n})$。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#define ll int
using namespace std;
namespace Ehnaev{
  inline ll read() {
    ll ret=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<48||ch>57) {if(ch==45) f=-f;ch=getchar();}
    while(ch>=48&&ch<=57) {ret=(ret<<3)+(ret<<1)+ch-48;ch=getchar();}
    return ret*f;
  }
  inline void write(ll x) {
    static char buf[22];static ll len=-1;
    if(x>=0) {do{buf[++len]=x%10+48;x/=10;}while(x);}
    else {putchar(10);do{buf[++len]=-(x%10)+48;x/=10;}while(x);}
    while(len>=0) putchar(buf[len--]);
  }
}using Ehnaev::read;using Ehnaev::write;
inline void writeln(ll x) {write(x);putchar(10);}

const ll mo=23333,N=5e4,B=50;

ll T,n,m,ans,cnt;
ll prime[N+5],mu[N+5],phi[N+5];
vector<ll> f[N+5];
ll g[B+5][B+5][N+5];
bool ff[N+5];

inline void Init() {
  ff[1]=1;mu[1]=1;phi[1]=1;
  for(ll i=2;i<=N;i++) {
    if(!ff[i]) {prime[++cnt]=i;mu[i]=mo-1;phi[i]=(i-1)%mo;}
    for(ll j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=N;j++) {
      ff[i*prime[j]]=1;
      if(i%prime[j]==0) {
        mu[i*prime[j]]=0;
        phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j]%mo;
        break;
      }
      mu[i*prime[j]]=mu[i]*mu[prime[j]]%mo;
      phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]]%mo;
    }
  }
  for(ll i=0;i<=N;i++) f[0].push_back(0);
  for(ll i=1;i<=N;i++) f[i].push_back(0);
  for(ll i=1;i<=N;i++) {
    for(ll j=i,cn=1;j<=N;j+=i,cn++) {
      f[cn].push_back((f[cn-1][i]+phi[j])%mo);
    }
  }
  for(ll i=1;i<=B;i++) {
    for(ll j=1;j<=B;j++) {
      for(ll k=1;k*i<=N&&k*j<=N;k++) {
        ll tmp=(mu[k]*f[i][k]%mo)*f[j][k]%mo;
        for(ll l=k;l*i<=N&&l*j<=N;l+=k) {
          g[i][j][l]=(g[i][j][l]+tmp)%mo;
        }
      }
    }
  }
  for(ll i=1;i<=B;i++) {
    for(ll j=1;j<=B;j++) {
      for(ll k=1;k*i<=N&&k*j<=N;k++) {
        g[i][j][k]=(g[i][j][k-1]+g[i][j][k])%mo;
      }
    }
  }
  // for(ll i=1;i<=3;i++) {
  //   for(ll j=1;j<=3;j++) {
  //     for(ll k=1;k<=3;k++) {
  //       printf("g[%d][%d][%d]=%d\n",i,j,k,g[i][j][k]);
  //     }
  //   }
  // }
}

int main() {

  T=read();Init();

  while(T--) {
    n=read();m=read();ans=0;
    for(ll i=1;i*B<=n;i++) {
      for(ll j=i;j*B<=n;j+=i) {
        ll tmp=(mu[i]*f[n/j][i]%mo)*f[m/j][i]%mo;
        ans=(ans+tmp)%mo;
      }
    }
    for(ll i=n/B+1,j;i<=m;i=j+1) {
      j=min(n/(n/i),m/(m/i));
      ll tmp=(g[n/i][m/i][j]-g[n/i][m/i][i-1]+mo)%mo;
      ans=(ans+tmp)%mo;
    }
    writeln(ans);
  }

  return 0;
}