于神之怒加强版

vi.于神之怒加强版

在这之前，我们引出一个数论函数$id^k(x)=x^k$。这个函数就是整数域上的$k$次函数。很明显，它是积性函数，准确地说，是完全积性函数。

它的两个特例，一是$k=1$，就是我们之前提到的$id$函数。二是$k=0$，即$id^0$函数。因为$\forall x\in\mathbb{N}^+,id^0(x)=1$，因此这个函数有一个形象的名字：“1函数”，即$1(x)$。

在上一题中，我们最大的任务是求出$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\gcd(i,j)$，而这个东西，我们有$\sqrt{n}$复杂度的$\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\dfrac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{T}\right\rfloor((id*\mu)(T))$。

在这道题中，$\gcd(i,j)$变成了$\gcd^k(i,j)$。相应地，如果你把它再证明解一遍的话，就会发现这道题的答案为$\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\dfrac{n}{T}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{T}\right\rfloor((id^k*\mu)(T))$。

显然，后面的东西是积性函数。我们设$g=id^k*\mu$。

因为$g$是积性函数，所以如果有$x=\prod\limits_{i=1}^n(P_i)^{a_i}$，那么$g(x)=\prod\limits_{i=1}^ng((P_i)^{a_i})$。

代入$g$的定义：$g(T)=\sum_{d|T}id^k(d)\mu({\dfrac{T}{d}})$，得$g(x)=\prod\limits_{i=1}^n\sum_{d|(P_i)^{a_i}}id^k(d)\mu({\dfrac{(P_i)^{a_i}}{d}})$。

当$d<P_i^{a_i-1}$时，$\mu({\dfrac{(P_i)^{a_i}}{d}})=0$。因此我们只用考虑$d=P_i^{a_i-1}$和$P_i^{a_i}$。

则$g(x)=\prod\limits_{i=1}^nid^k(P_i^{a_i-1})\mu(P_i)+id^k(P_i^{a_i})\mu(1)$。

代入$id^k$和$\mu$的定义，得$g(x)=\prod\limits_{i=1}^n(P_i^{(a_i-1)*k})*(-1)+(P_i^{a_i*k})*1$

则有$g(x)=\prod\limits_{i=1}^n(P_i^{(a_i-1)*k})*(P_i^{a_i}-1)$。依照这个定义，我们就可以写出线性筛的程序了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int T,n,m,k,g[5001000],f[5001000],pri[5001000],res;
int ksm(int x,int y){
	int res=1;
	for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)res=(1ll*res*x)%mod;
	return res;
}
void getg(int N){
	g[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!pri[i])pri[++pri[0]]=i,f[pri[0]]=ksm(i,k),g[i]=(f[pri[0]]-1+mod)%mod;
		for(int j=1;j<=pri[0]&&1ll*i*pri[j]<=N;j++){
			pri[i*pri[j]]=true;
			if(!(i%pri[j])){
				g[i*pri[j]]=1ll*g[i]*f[j]%mod;
				break;
			}
			g[i*pri[j]]=1ll*g[pri[j]]*g[i]%mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++)g[i]=(g[i-1]+g[i])%mod;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&T,&k),getg(5000000);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&m),res=0;
		for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)r=min(n/(n/l),m/(m/l)),(res+=1ll*(g[r]-g[l-1]+mod)%mod*(n/l)%mod*(m/l)%mod)%=mod;
		printf("%d\n",res);
	}
	return 0;
}