P9308 「DTOI-5」#1f1e33 题解

声明：截止 $2024.8.1$，拿下洛谷最优解最短解，代码长度不到 1k。复杂度 $O(n\log \log n)$。

先骂：官方题解菜！这种纯洁的数论题居然敢引入 NTT 作为标算，说明出题人不会推式子。

还有题解区一车 $\log$ 的题解凭啥顶那么上面，推的一坨狗屎推出来的复杂度还不优秀。

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说明：下面除法默认下取整，为了方便部分分数用 $/$ 代替，若无特殊说明 $(i,j)$ 都表示取 $\gcd$。

下文记当前求的 $f(n)$ 为 $ans$，$f$ 后面设成了其他函数。

套路性的枚举 $\gcd$：$ans=\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{1\le j,k,j+k\le n/d}[(j,k)=1]\text{lcm}(n-d(j+k),d)$。

注意到：$\text{lcm}(n-d(j+k),d)=\dfrac{d(n-d(j+k))}{\gcd(n-d(j+k),d)}=\dfrac{d}{(d,n)}\cdot (n-d(j+k))$。

$ans=\sum\limits_{d=1}^n\dfrac{d}{(d,n)}\sum\limits_{1\le j,k,j+k\le n/d}[(j,k)=1](n-d(j+k))$，枚举 $s=j+k$，枚举 $j$，则 $(j,k)=(s,j)$：

$ans=\sum\limits_{d=1}^n\dfrac{d}{(d,n)}\sum\limits_{s=2}^{n/d}(n-ds)\sum\limits_{j=1}^{s-1} [(s,j)=1]=\sum\limits_{d=1}^n\dfrac{d}{(d,n)}\sum\limits_{s=2}^{n/d}(n-ds)\varphi(s)=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{i}{(n,i)}\sum\limits_{ij\le n} [j\ge 2](n-ij)\varphi(j)$。

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枚举 $(i,n)$：

$$\begin{aligned}ans&=\sum\limits_{i=1}^n\dfrac{i}{(n,i)}\sum\limits_{ij\le n} [j\ge 2](n-ij)\varphi(j) \\ &=\sum\limits_{d\mid n}d\sum\limits_{i=1}^{n/d}[(i,n/d)=1]i\sum\limits_{ij\le n/d} [j\ge 2](n/d-ij)\varphi(j) \\ &=\sum\limits_{d\mid n}d\sum\limits_{dD\mid n}\mu(D)D^2 \sum\limits_{i=1}^{n/dD}i\sum\limits_{ij\le n/dD} [j\ge 2](n/dD-ij)\varphi(j) \\ &=\sum\limits_{T\mid n}T\sum\limits_{D\mid T}\mu(D)D\sum\limits_{i=1}^{n/T}i\sum\limits_{ij\le n/T} [j\ge 2](n/T-ij)\varphi(j) \\ &=\sum\limits_{T\mid n}f(T)g(n/T)=(f*g)(n)\end{aligned}$$

其中 $f(T)=T\sum\limits_{d\mid T}\mu(d)d,g(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i\sum\limits_{ij\le n} [j\ge 2](n-ij)\varphi(j)$。

此时若计算出 $f(1\sim n),g(1\sim n)$，注意到显然 $f$ 是积性函数。

求 $1\sim n$ 时的 $ans$ 做个快速狄利克雷卷积即可，狄卷的复杂度是 $O(n\log\log n)$。

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考虑求 $f$，记 $f_0(n)=f(n)/n$，则可以如下线性筛求 $f_0$：

$f_0(np)=\begin{cases}1-p(n=1)\\f_0(n)f_0(p)(p\nmid n)\\f_0(n)(p\mid n)\end{cases}$

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考虑求 $g$，扣掉 $[j\ge 2]$，则多算的部分为：$\sum\limits_{i=1}^n i(n-i)=\dbinom{n+1}{3}$。

于是 $g(n)=h(n)-\dbinom{n+1}{3},h(n)=\sum\limits_{ij\le n} i(n-ij)\varphi(j)$。

$h(n)=\sum\limits_{s=1}^n(n-s)\sum\limits_{d\mid s}d\varphi(n/d)=\sum\limits_{s=1}^n(n-s)F(s)$，其中 $F(s)=\sum\limits_{d\mid s}d\varphi(n/d)$。

可以如下线性筛求 $F$：

$F(np)=\begin{cases}2p-1(n=1)\\F(n)F(p)(p\nmid n)\\p(2F(n)-pF(n/p))(p\mid n)\end{cases}$

然后随便前缀和一下就能求出 $h$ 了。

于是 $f,g$ 都可以线性求，最后狄利克雷卷积一下做完。

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留几道思考问题：

• 如何证明 $f$ 是积性函数？

• 如何能推出线性筛求 $f_0,F$ 的式子？

• 请尝试论证 $F(1\sim n)$ 的值能在 int 范围内存下，即线性筛的过程中不需要取模。

• 一种及其巧妙的把 $F$ 转化为 $g$ 的方法为：令 $F_0(n)=F(n)-n$。
  对 $F_0$ 做两次前缀和得到 $F'$，此时 $F(n)=F'(n-1)$，请证明并尝试正向推出此做法。

$\texttt{code}$

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fr(x) freopen(#x".in","r",stdin);freopen(#x".out","w",stdout);
using namespace std;
const int N=1e6+5,mod=998244353;
int n,pr[N/10],f[N],g[N];bool v[N];
inline int md(int x){return x>=mod?x-mod:x;}
inline void init(int M)
{
	f[1]=g[1]=1;
	for(int i=2;i<=M;i++)
	{
		if(!v[i]) pr[++pr[0]]=i,f[i]=1-i,g[i]=2*i-1;
		for(int j=1,p=2;j<=pr[0]&&i*p<=M;p=pr[++j])
		{
			v[i*p]=1;
			if(i%p==0){f[i*p]=f[i];g[i*p]=p*(2*g[i]-p*g[i/p]);break;}
			f[i*p]=f[i]*f[p];g[i*p]=g[i]*g[p];//注意此处不需要取模减小常数
		}
	}//线性筛求 f_0,F
	for(int i=1;i<=M;i++) f[i]=1ll*(f[i]+mod)*i%mod,g[i]=md(g[i]-i+g[i-1]);//f 记得点乘回 i
	for(int i=1;i<=M;i++) g[i]=md(g[i]+g[i-1]);
	for(int i=M;i;i--) g[i]=g[i-1];g[1]=0;//巧妙方法求出 g
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);cin>>n;init(n);
	for(int i=1;i<=pr[0];i++) for(int j=n/pr[i];j;j--) 
		for(LL k=pr[i];j*k<=n;k*=pr[i]) g[j*k]=(g[j*k]+1ll*g[j]*f[k])%mod;
	//按照我给的链接材料做快速狄卷
	for(int i=1;i<=n;i++) cout<<g[i]<<" ";
	return 0;
}