2024.8#8

T1.P5176公约数

为了方便，我们令 $x=gcd(i,j),y=gcd(i,k),z=gcd(j,k)$。

那么我们就要求出：

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{k=1}^{p}gcd(i\times j,i\times k,j\times k)\times gcd(i,j,k)\times \frac{x^2+y^2+z^2}{x+y+z}$$

然后我们有 $gcd(i\times j,i\times k,j\times k)=\frac{x\times y\times z}{gcd(i,j,k)}$。然后再把这个东西带回原式，可得 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{k=1}^p{x}^2+y^2+k^2$。接着我们可以把这个式子拆开来后再把无关的 $\sum$ 提到前面，可以变为：

$$p\times \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j{)}^2+m\times \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{k}gcd(i,j{)}^2+n\times \sum _{i=1}^m\sum _{j=1}^{k}gcd(i,j{)}^2$$

那么现在我们只需要求出 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j{)}^2$ 即可，应为剩余的两个是类似的。

此时我们定义 $F(n,m)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j{)}^2$。

套路的，我们枚举 $gcd(i,j)=d$，那么式子就变为：

$$\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m{d}^2[gcd(i,j)==d]$$

然后 $i,j$ 都除以 $d$，那么式子变为：

$$\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }{d}^2[gcd(i,j)==1]$$

即为：

$$\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\sum _{k\mid gcd(i,j)}\mu (k)$$

然后我们提前枚举 $k$，那么就变为：

$$\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\lfloor \frac{n}{d\times k}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{d\times k}\rfloor$$

然后我们令 $g(x)=x\times x$，那么 $F(n,m)=\sum _{T=1}^n\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \times \lfloor \frac{m}{T}\rfloor \times (g(x)\times \mu (x))$，然后我们是两个积性函数的卷积，然后这一块用类似于P4449的方法做即可。