【bzoj4174】tty的求助 莫比乌斯反演
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输出共1行，由亍结果过大，所以请输出上式对998244353 取模的结果。
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题解：
（吐槽：博客园的数学公式好慢……）
先%一发po姐……不看题解根本没思路啊……
$\sum_{n=1}^{N}\sum_{m=1}^{M}\sum_{k=0}^{m-1}\lfloor\frac{nk+x}{m} \rfloor$
$我们先考虑后半部分$
$\;\;\;\,\sum_{k=0}^{m-1}\lfloor\frac{nk+x}{m} \rfloor$
$=\sum_{k=0}^{m-1}\lfloor\frac{nk-nk\,\bmod\, m+x+nk\,\bmod\,m}{m} \rfloor$
$=\sum_{k=0}^{m-1}\lfloor\frac{nk\,\bmod\,m+x}{m} \rfloor+\sum_{k=0}^{m-1}\frac{nk-nk\,\bmod\,m}{m}$
$考虑前半部分,同时设d=(n,m)$
$\;\;\,\;\sum_{k=0}^{m-1}\lfloor\frac{nk\,\bmod\,m+x}{m} \rfloor$
$=d\sum_{k=0}^{\frac{m}{d}-1}\lfloor\frac{kd}{m} \rfloor$
证明：首先设$（n，m）==d$，那么对同余方程$\;\;xn\equiv kd(\bmod m)，k\in[0,\frac{m}{d}-1]$，我们知道一定存在整数解$x$，满足该式，同时有由于方程多解，且每个解的间隔应为$\frac{m}{d}$，所以$kd$在$\sum_{k=0}^{m-1}nk\,\bmod\,m$中共出先了$d$次
(我们仿照最开始将nk拆离的方法)
$=d\sum_{k=0}^{\frac{m}{d}-1}\lfloor\frac{kd+x\,\bmod\,m+x-x\,\bmod\,m}{m}\rfloor$
$=d(\sum_{k=0}^{\frac m d-1}\lfloor \frac{kd+x\,\bmod\,m}m \rfloor+\sum_{k=0}^{\frac m d-1} \frac{x-x\,\bmod\,m}m) $
$我们知道kd<m\;\;\;x\bmod m<m $
$=d(\sum_{k=0}^{\frac m d-1}[kd\geq m-x\bmod m]+\frac md\frac{x-x\,\bmod\,m}m) $
$=d(\sum_{k=0}^{\frac md-1}[\,k\geq\lceil \frac{m-x\,\bmod\,m}{d}\rceil\,]+\frac{x-x\,\bmod\,m}{d})$
$=d(\lfloor\frac{x\,\bmod\,m}{m}\rfloor+\lfloor \frac xd\rfloor-\lfloor \frac{x\,\bmod\,m}{d}\rfloor)$
$=d\lfloor \frac xd\rfloor$
我们再来看最开始另外两项
$1.\sum_{k=0}^{m-1}\frac{nk}m=\frac nm \frac{m(m-1)}2=\frac{nm-n}{2}$
$2.\sum_{k=0}^{m-1}\frac{nk\,mod\,m}m(我们同样用到d)$
$=d\sum_{k=0}^{\frac md-1}\frac{dk}m=\frac {d^{2}}m\frac{\frac md(\frac md-1)}{2}=\frac{m-d}{2}$
$Ans=\sum_{n=1}^{N}\sum_{m=1}^{M}(d\lfloor\frac xd \rfloor+\frac {d+nm-n-m}2)$
$\;\;\;\;\;\;\;\,=\frac 12\sum_{n=1}^{N}\sum_{m=1}^{M}(2d\lfloor\frac xd \rfloor+ d+nm-n-m)$
$设S（n）=\frac{n(n+1)}2$
$\;\;\;\;\;\;\;\,=\frac 12(\sum_{n=1}^{N}\sum_{m=1}^{M}(2d\lfloor\frac xd \rfloor+ d)+S(N)S(M)-MS(N)-NS(M))$
$\;\;\;\;\;\;\;\,=\frac 12(\,\sum_{d=1}^{min(N,M)}(2d\lfloor\frac xd \rfloor+ d)\sum_{t=1}^{\min(\lfloor\frac Nd\rfloor,\lfloor\frac Md\rfloor)}\mu(t)\lfloor \frac N{dt}\rfloor\lfloor \frac M{dt}\rfloor\;+S(N)S(M)-MS(N)-NS(M)\,)$
对于后面我们O(1)求出即可，前面枚举每一个d带入计算即可。
时间复杂度$\sum_{i=1}^{n}\sqrt \frac ni\approx\sqrt n\int_{1}^{n}x^{-0.5}dx=2n-2\sqrt n $
代码：
1 /************************************************************** 2 Problem: 4174 3 User: Troywar 4 Language: C++ 5 Result: Accepted 6 Time:964 ms 7 Memory:5100 kb 8 ****************************************************************/ 9 10 #include<cstdio> 11 #include<iostream> 12 using namespace std; 13 typedef long long ll; 14 const ll mod=998244353; 15 inline ll powmod(ll a, ll b){ 16 ll ans=1; 17 while(b){ 18 if(b&1) ans=ans*a%mod; 19 a=a*a%mod; 20 b>>=1; 21 }return ans; 22 } 23 inline ll S(int x){ 24 return 1LL*x*(x+1)/2%mod; 25 } 26 const int N=500000+1; 27 short miu[N]; 28 bool vis[N]; 29 int sum[N],prim[N/5],num; 30 double x; 31 inline void init (){ 32 miu[1]=sum[1]=1; 33 for(int i=2;i<N;i++){ 34 if(!vis[i]){ 35 miu[i]=-1; 36 prim[++num]=i; 37 }for(int j=1;i*prim[j]<N;j++){ 38 vis[i*prim[j]]=true; 39 if(i%prim[j]==0){ 40 miu[i*prim[j]]=0; 41 break; 42 }miu[i*prim[j]]=-miu[i]; 43 } 44 sum[i]=sum[i-1]+miu[i]; 45 } 46 47 } 48 inline ll get_sum(int n,int m){ 49 ll ans=0; 50 for(int i=1,pos;i<=n;i=pos+1){ 51 pos=min(n/(n/i),m/(m/i)); 52 ans+=1LL*(sum[pos]-sum[i-1])*(n/i)%mod*(m/i)%mod; 53 ans%=mod; 54 } 55 return (ans+mod)%mod; 56 } 57 int n,m; 58 int main(){ 59 scanf("%d%d%lf",&n,&m,&x); 60 init(); 61 ll ans=S(n)*S(m)%mod-S(n)*m%mod-S(m)*n%mod; 62 ans=(ans%mod+mod)%mod; 63 if(n>m) n^=m^=n^=m; 64 for(int i=1;i<=n;i++){ 65 ans+=(2ll*i*(ll)(x/i)+i)%mod*get_sum(n/i,m/i)%mod; 66 ans%=mod; 67 } 68 ans*=powmod(2,mod-2); 69 ans%=mod; 70 printf("%lld\n",(ans+mod)%mod); 71 } 72 /* 73 15674 234561 126.156 74 */
