数论习题（一）
（一）.推式子题
- P2568 GCD
给定 \(n\)，求：
\[\sum\limits_{p\in\mathbb{P}}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}[\gcd(i,j)=p]
\]
其中 \(\mathbb{P}\) 为质数集。
推式子：
\[\begin{aligned}\sum\limits_{p\in\mathbb{P}}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}[\gcd(i,j)=p] &= \sum\limits_{p\in\mathbb{P}}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]
\\&= \sum\limits_{p\in\mathbb{P}}\Bigg(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor} \Big(2\cdot \sum\limits_{j=1}^{i}[\gcd(i,j)=1]\Big) -1\Bigg) &……\text{①}
\\&=\sum\limits_{p\in\mathbb{P}}\Bigg(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\Big( 2\varphi(i) \Big)-1\Bigg) \end{aligned}\]
\(\text{①}\)：感性理解，\(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\) 以内的互质数对对数，等于二倍的 \(i\ge j\) 的对数，减掉重复计算的 \((1,1)\) 数对。
线性筛 \(\varphi\) 并求前缀和，枚举 \(p\) 统计即可。
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//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(a) freopen(a,"r",stdin)
#define fw(a) freopen(a,"w",stdout)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN=1e7+10;
ll n,prime[MAXN],phi[MAXN],v[MAXN],tot,sumphi[MAXN];
ll ans;
void shai(){//欧拉筛求质数&欧拉函数
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(v[i]==0){
v[i]=i;prime[++tot]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=tot;j++){
if(prime[j]>v[i] || prime[j] > n/i) break;
v[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0) phi[i*prime[j]] =phi[i] * prime[j];
else phi[i*prime[j]] =phi[i] *(prime[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) phi[i]+=phi[i-1];
}
int main(){
scanf("%lld",&n);
shai();
for(int i=1;i<=tot;i++) ans+=2*phi[n/prime[i]]-1;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
- P2398 GCD SUM
给定 \(n\)，求：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\gcd(i,j)
\]
枚举 \(\gcd\)，枚举推式子：
\[\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\gcd(i,j) &=\sum\limits_{d=1}^{n}\Big(d\cdot\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\Big)
\\&=\sum\limits_{d=1}^{n}\Bigg(d\cdot\Big(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}( 2\varphi{\scriptstyle(i)} )-1\Big)\Bigg) &\text{和上一题一样的操作}
\end{aligned}\]
筛 \(\varphi\)，前缀和，枚举 \(d\)，搞定！
点击查看代码
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(a) freopen(a,"r",stdin)
#define fw(a) freopen(a,"w",stdout)
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define DEBUG
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
ll n;
ll prime[N],v[N],phi[N],tot;
void shai(){//欧拉筛求质数&欧拉函数
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(v[i]==0){
v[i]=i;prime[++tot]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=tot;j++){
if(prime[j]>v[i] || prime[j] > n/i) break;
v[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0) phi[i*prime[j]] =phi[i] * prime[j];
else phi[i*prime[j]] =phi[i] *(prime[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) phi[i]+=phi[i-1];
}
int main(){
scanf("%lld",&n);ll ans=0;
shai();
for(int d=1;d<=n;d++){
ans+=d*(2*phi[n/d] -1);
}printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
- P2522 [HAOI2011] Problem b
给定 \(1\le (a\le b,c\le d,k) \le 5\cdot 10^4\)，求：
\[\sum\limits_{i=a}^{b}\sum\limits_{j=c}^{d}[\gcd(i,j)=k]
\]
先通过容斥拆成四部分：记 \(A=\lceil\frac{a}{k}\rceil,B=\lfloor\frac{b}{k}\rfloor,C=\lceil\frac{c}{k}\rceil,D=\lfloor\frac{d}{k}\rfloor\)
\[\begin{aligned}&\sum\limits_{i=a}^{b}\sum\limits_{j=c}^{d}[\gcd(i,j)=k] =\sum\limits_{i=A}^{B}\sum\limits_{j=C}^{D}[\gcd(i,j)=1]
\\=&\sum\limits_{i=1}^{B}\sum\limits_{j=1}^{D}[\gcd(i,j)=1]-\sum\limits_{i=1}^{B}\sum\limits_{j=1}^{C-1}[\gcd(i,j)=1]-\sum\limits_{i=1}^{A-1}\sum\limits_{j=1}^{D}[\gcd(i,j)=1]+\sum\limits_{i=1}^{A-1}\sum\limits_{j=1}^{C-1}[\gcd(i,j)=1]\end{aligned}\]
记 \(f(n,m)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=1]\)，则
\(\text{原式}=f(B,D)-f(B,C-1)-f(A-1,D)+f(A-1,C-1)\)
开始推 \(f\)。
\(\begin{aligned}f(n,m)&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=1] \\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d) &\text{好像是莫反的结论？} \\&=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \Big(\mu(d) \cdot \sum\limits_{i=1}^{n}[d\mid i] \cdot \sum\limits_{j=1}^{m} [d\mid j]\Big) &\text{更换求和顺序，感性理解} \\&=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \Big(\mu(d) \lfloor\frac{n}{d}\rfloor \lfloor\frac{m}{d}\rfloor\Big) &n\text{ 以内 }d\text{ 的倍数一共有 } \lfloor\frac{n}{d}\rfloor \text{ 个} \end{aligned}\)
最后这个式子可以数论分块求，这样这道题就做完了。
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//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(a) freopen(a,"r",stdin)
#define fw(a) freopen(a,"w",stdout)
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define DEBUG
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e4+10;
ll T=1;
ll a,b,c,d,k;
ll prime[N],v[N],mu[N],tot,summu[N];
void shai(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=N-10;i++){
if(v[i]==0){
v[i]=i;prime[++tot]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=tot;j++){
if(prime[j]>v[i] || prime[j] > (N-10)/i) break;
v[i*prime[j]]=prime[j];
if(i % prime[j]==0) mu[i*prime[j]]=0;
else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=N-10;i++) summu[i]=summu[i-1]+mu[i];
}
ll calc(ll n,ll m){
ll res=0,l=1,lim=min(n,m);bool Out=0;
while(l<=lim){
ll pn=n/l,pm=m/l;
ll r=min(n/pn,m/pm);
if(r>=lim) r=lim,Out=1;
res+=(summu[r]-summu[l-1]) * pn * pm;
if(Out) break;
l=r+1;
}
return res;
}
ll calc2(ll n,ll m){
ll res=0;
for(int d=1;d<=min(n,m);d++){
res+=mu[d] * (n/d) * (m/d);
}return res;
}
int main(){
shai();
scanf("%lld",&T);
for(int Case=1;Case<=T;Case++){
scanf("%lld%lld%lld%lld%lld",&a,&b,&c,&d,&k);
ll ans=0;
ll A=ceil((double)a/k)-1,B=b/k,C=ceil((double)c/k)-1,D=d/k;
ans=calc(B,D)-calc(B,C)-calc(A,D)+calc(A,C);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
- P1829 [国家集训队] Crash的数字表格 / JZPTAB
给定 \(n,m\)，求：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\operatorname{lcm}(i,j)
\]
由小学奥数可知：\(\operatorname{lcm}(i,j)=\frac{ij}{\gcd(i,j)}\)，所以：
\[\begin{aligned}
\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\operatorname{lcm}(i,j)&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\frac{ij}{\gcd(i,j)}
\\ &=\sum\limits_{D=1}^{\min(n,m)}\Bigg(\frac{1}{D}\cdot\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{D}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{D}\rfloor}\Big([\gcd(i,j)=1]ijD^2\Big)\Bigg)
\\ &=\sum\limits_{D=1}^{\min(n,m)}\Bigg(D\cdot\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{D}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{D}\rfloor}\Big([\gcd(i,j)=1]ij\Big)\Bigg)
\end{aligned}\]
接下来我们化简括号内，\(D\) 之后的一部分（记为 \(f(n,m)\)）：
\[\begin{aligned}
f(n,m)&=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\Big([\gcd(i,j)=1]ij\Big)
\\ &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\Big( (\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)}\mu{\scriptstyle(d)}) ij\Big)
\\ &=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\Bigg(\mu(d)\cdot \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\Big([d\mid i][d\mid j]ij\Big)\Bigg)
\end{aligned}\]
此式中 \(\mu(d)\) 之后的一部分，相当于这个东西：
\[\begin{aligned}
&(d+2d+\ldots+\lfloor\frac{n}{d}\rfloor d)\cdot (d+2d+\ldots+\lfloor\frac{m}{d}\rfloor d)
\\=&d^2\cdot (1+2+\ldots+\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\cdot (1+2+\ldots+\lfloor\frac{m}{d}\rfloor )
\end{aligned}
\]
所以：
\[f(n,m)=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\Bigg(\mu(d)\cdot d^2\cdot\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\Big(ij\Big)\Bigg)
\]
而中间那个求和符号：
\[\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\Big(ij\Big)
=(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} i) \cdot (\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} j)
=\frac{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor+1)}{2}\cdot \frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor+1)}{2}
\]
所以：
\[f(n,m)=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\Bigg(\mu(d)\cdot d^2\cdot\frac{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor+1)}{2}\cdot \frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor+1)}{2}\Bigg)
\]
\(f\) 就可以用数论分块来算。
而原式显然也可以数论分块来做，两个合二为一就能过掉此题了。
最后放一下原式最终的样子：
\[\begin{aligned}
&\sum\limits_{D=1}^{\min(n,m)}\Bigg(D\cdot\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{D}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{D}\rfloor}\Big([\gcd(i,j)=1]ij\Big)\Bigg)
=\sum\limits_{D=1}^{\min(n,m)}\Bigg(D\cdot f(\lfloor\frac{n}{D}\rfloor,\lfloor\frac{m}{D}\rfloor)\Bigg)
\\ =&\sum\limits_{D=1}^{\min(n,m)}\Bigg(D\cdot \sum\limits_{d=1}^{\min(\lfloor\frac{n}{D}\rfloor,\lfloor\frac{m}{D}\rfloor)}\Big(\mu(d)\cdot d^2\cdot\frac{\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{D}\rfloor}{d}\rfloor(\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{D}\rfloor}{d}\rfloor+1)}{2}\cdot \frac{\lfloor\frac{\lfloor\frac{m}{D}\rfloor}{d}\rfloor(\lfloor\frac{\lfloor\frac{m}{D}\rfloor}{d}\rfloor+1)}{2}\Big)\Bigg)
\end{aligned}
\]
点击查看代码
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(a) freopen(a,"r",stdin)
#define fw(a) freopen(a,"w",stdout)
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define DEBUG
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e7+10,mod=20101009,inv2=10050505,inv4=15075757;
ll n,m;
ll prime[N],v[N],mu[N],tot;
ll sum2[N];
void shai(ll n){
mu[1]=1;
for(ll i=2;i<=n;i++){
if(v[i]==0){
v[i]=i;prime[++tot]=i;
mu[i]=-1;
}
for(ll j=1;j<=tot;j++){
if(prime[j]>v[i] || prime[j] > n/i) break;
v[i*prime[j]]=prime[j];
if(i % prime[j]==0) mu[i*prime[j]]=0;
else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
}
ll calc(ll n,ll m){
ll res=0;
ll l=1,lim=min(n,m);bool Out=0;
while(l<=lim){
ll nl=n/l,ml=m/l,r=min(n/nl,m/ml);
if(r>=lim) r=lim,Out=1;
ll cnt=nl*(nl+1)%mod*ml%mod*(ml+1)%mod *inv4%mod;
res=(res+(sum2[r]-sum2[l-1])*cnt%mod)%mod;
if(Out) break;
l=r+1;
}
return (res%mod+mod)%mod;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
shai(max(n,m));
for(ll i=1;i<=max(n,m);i++) sum2[i]=(sum2[i-1]+i*i%mod*mu[i]%mod)%mod;
ll ans=0,l=1,lim=min(n,m);
bool Out=0;
while(l<=lim){
ll r=min(n/(n/l),m/(m/l));
if(r>=lim) r=lim,Out=1;
ans=(ans+calc(n/l,m/l)*(r*(r+1)%mod-l*(l-1)%mod)%mod*inv2%mod)%mod;
if(Out) break;
l=r+1;
}
printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
return 0;
}
- BZOJ2694. Lcm
给定 \(1\le t\le 10^4\) 组 \(1\le n,m\le 4\cdot 10^6\)，求 \(i\in[1,n]\,,\,j\in[1,m]\) 且 \(\forall n,n^2 \nmid\gcd(i,j)\) 的数对 \((i,j)\) 个数，即：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\mu^2\Big(\gcd(i,j)\Big)\operatorname{lcm}(i,j)
\]
直接推式子，把 \(\operatorname{lcm}\) 变成 \(\gcd\)，然后枚举 \(\gcd\) ：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \mu^2(d)\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=d]\frac{ij}{d}
\]
对 \(\operatorname{lcm}\) 的处理和上一题很像：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)} \mu^2(d)\cdot d\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]ij
\]
这样子上一题中的 \(f\) 就出来了，省略中间一大堆推导过程：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\Bigg(\mu^2(d)\cdot d \sum\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\Big(\mu(k)\cdot k^2\cdot\frac{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor(\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor+1)}{2} \cdot \frac{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor(\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor+1)}{2}\Big)\Bigg)
\]
发现 \(kd\le\min(n,m)\)，令 \(T=kd\)，经典套路，枚举 \(T\)：\(\color{red}\tiny\text{注：在做这道题前我全然不知道这种套路}\)
\[\begin{aligned}
&\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)} \frac{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor+1)}{2} \cdot \frac{\lfloor\frac{m}{T}\rfloor(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor+1)}{2} \sum\limits_{k\mid T}\mu(k)\cdot k^2\cdot\frac{T}{k}\cdot\mu^2(\frac{T}{k})
\\=&\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)} \frac{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor+1)}{2} \cdot \frac{\lfloor\frac{m}{T}\rfloor(\lfloor\frac{m}{T}\rfloor+1)}{2} T\sum\limits_{k\mid T}k\cdot\mu(k)\cdot\mu^2(\frac{T}{k})
\end{aligned}\]
令 \(f(k)=k\cdot \mu(k)\,,\,g(k)=\mu^2(k)\,,\,h(T)=\sum\limits_{k\mid T}k\cdot\mu(k)\cdot\mu^2(\frac{T}{k})\)
则 \(f,g\) 为积性函数，又 \(h=f*g\)，得 \(h\) 为积性函数。
考虑用线性筛筛出来 \(h\)，易得：
\[h(p^k)\begin{cases}
1 &k=0
\\1-p &k=1
\\-p &k=2
\\0 &k>2
\end{cases}\]
这样就可以用线性筛筛出\(h\) 了。
最后对原式进行数论分块，卡卡常就过去了。
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#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(a) freopen(a,"r",stdin)
#define fw(a) freopen(a,"w",stdout)
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define DEBUG
using namespace std;
typedef int ll;
const int N=4e6+10,mod=1<<30;
ll T=1;
ll n,m,sum[N];
ll prime[N],v[N],g[N],h[N],tot;
void shai(ll n){
h[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(v[i]==0){
prime[++tot]=i;
v[i]=i;g[i]=i;
}
for(int j=1;j<=tot;j++){
if(prime[j]>v[i]||prime[j]>n/i) break;
v[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0) g[i*prime[j]]=g[i]*prime[j];
else g[i*prime[j]]=prime[j];
}
}
for(int i=2;i<=n;i++){
if(i==g[i]){
if(g[i]==v[i]) h[i]=1-v[i];
else if(g[i]==v[i]*v[i]) h[i]=-v[i];
else h[i]=0;
}else h[i]=(h[i/g[i]]*h[g[i]])%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=(h[i]*i%mod+h[i-1])%mod,sum[i]=(sum[i-1]+i)%mod;
}
int main(){
shai(N-10);
scanf("%d",&T);
for(int Case=1;Case<=T;Case++){
scanf("%d%d",&n,&m);
ll ans=0;
for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1){
ll nl=n/l,ml=m/l;
r=min(n/nl,m/ml);
ans=(ans+sum[nl]*sum[ml] %mod *(h[r]-h[l-1])%mod)%mod;
}
printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
}
return 0;
}
- P4449 于神之怒加强版
给定 \(1\le T\le 2\cdot 10^3\) 组 \(1\le n,m\le 5\cdot 10^6\)，和一个固定的 \(1\le \alpha\le 5\cdot 10^6\)，求：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\gcd(i,j)^\alpha
\]
套路！！枚举 \(\gcd\)：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^\alpha \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]
\]
莫反拆开：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^\alpha \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum\limits_{k\mid \gcd(i,j)}\mu(k)
\]
枚举 \(k\)：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^\alpha \sum\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(k)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}1
\]
也就是：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^\alpha \sum\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(k) \lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor
\]
枚举 \(T=dk\)：
\[\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor \sum\limits_{d\mid T}d^\alpha\mu(\frac{T}{d})
\]
后面那个东西其实是 \(id^\alpha*\mu\)，显然是积性函数，可以线性筛筛出来（\(p\in\mathbb{P},k\ge 1\)）：
\[(id^\alpha * \mu)(p^k)=p^{\alpha k}-p^{\alpha(k-1)}
\]
筛出来后求个前缀和，然后数论分块即可。
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//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(a) freopen(a,"r",stdin)
#define fw(a) freopen(a,"w",stdout)
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define DEBUG
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e6+10,mod=1e9+7;
ll T=1,k;
ll n,m;
ll prime[N],tot,v[N],mu[N];
ll g[N],f[N];
ll qpow(ll a,ll n){
ll res=1;
while(n){
if(n&1) res=(res*a) %mod;
a=(a*a)%mod,n>>=1;
}return res;
}
void shai(ll n){
f[1]=mu[1]=g[1]=f[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!v[i]){
v[i]=i,prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
g[i]=i;
}
for(int j=1;j<=tot;j++){
if(prime[j]>v[i]||prime[j]>n/i) break;
v[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0) g[i*prime[j]]=g[i]*prime[j],mu[i*prime[j]]=0;
else g[i*prime[j]]=prime[j],mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=2;i<=n;i++){
if(i==g[i]){
ll tot=0;
while(g[i]&&g[i]%v[i]==0) tot++,g[i]/=v[i];
f[i]=qpow(v[i],k*tot)-qpow(v[i],k*(tot-1));
f[i]=(f[i]%mod+mod)%mod;
}else f[i]=(f[i/g[i]]*f[g[i]])%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++) f[i]+=f[i-1];
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&T,&k);
shai(N-10);
for(int Case=1;Case<=T;Case++){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
ll ans=0;
for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1){
ll nl=n/l,ml=m/l;r=min(n/nl,m/ml);
(ans+=nl*ml%mod*(f[r]-f[l-1])%mod)%=mod;
}printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
}
return 0;
}
- P3327 [SDOI2015] 约数个数和
给定 \(1\le t\le 5\cdot 10^4\) 组 \(1\le n,m\le 5\cdot 10^4\)，求：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}d(ij)
\]
其中 \(d(n)\) 为 \(n\) 的约数个数，即 \(\sum\limits_{d\mid n}1\)
蒙结论，蒙出来要求的就是这个东西：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=1]\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor
\]
原理大概就是：枚举一对互质（为什么不会遗漏我也不知道）的数对 \((i,j)\)，满足 \(ab\) 存在因数 \(ij\)，且 \(a\le n\,,\,b\le m\) 的数对 \((a,b)\) 的数量显然为 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor\)。
但是为什么枚举互质的 \((i,j)\) 就能做到不重不漏，我也不得而知。
接下来这个东西就能做了，用莫反变一下 \([\gcd(i,j)=1]\)：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{d\mid \gcd(i,j)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{j}\rfloor
\]
套路性地，把 \(d\) 提出去：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\Big(\sum\limits_{i=1}^{n}[d\mid i]\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\Big)\Big(\sum\limits_{i=1}^{m}[d\mid i]\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\Big)
\]
也就是：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\Big(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{i}\rfloor\Big)\Big(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}{i}\rfloor\Big)
\]
我们 \(O(n\sqrt {n})\) 预处理一下 \(\sum\limits_{i=1}^{n} \Big\lfloor\dfrac{n}{i}\Big\rfloor\) ，原式最外层整除分块，这个就做完了。
附：关于此题正常一些的想法
正常情况下应该蒙出这个结论的：
\[d(nm)=\sum\limits_{i\mid n}\sum\limits_{j\mid m}[\gcd(i,j)=1]
\]
我们先把这个证了。
记：
\[nm=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{a_i+b_i} \,,\, n=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{a_i}\,,\,m=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{b_i}
\]
我们知道 \(d(nm)=\prod\limits_{i=1}^{k}(a_i+b_i+1)\)，我们分别考虑每个质因子。
对于某个质因子 \(p_i\)，我们分别考虑等式左右的取法。
对于等式左边，显然取法有 \(a_i+b_i+1\) 种。
对于等式右边，有三类取法：
\[\begin{cases}
a_i &n\text{ 中 }p\text{ 取 }1\sim a_i\text{ 个，}m\text{ 中 }p\text{ 取 }0\text{ 个}
\\b_i &n\text{ 中 }p\text{ 取 }0\text{ 个，}m\text{ 中 }p\text{ 取 }1\sim b_i\text{ 个}
\\ 1&n\text{ 中 }p\text{ 取 }0\text{ 个，}m\text{ 中 }p\text{ 取 }0\text{ 个}
\end{cases}\]
加起来一共有 \(a_i+b_i+1\) 种取法。
而每个质因子都是一样的情形，所以总数相同。
有了这个结论，我们正常地推一遍式子：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{x\mid i}\sum\limits_{y\mid j}[\gcd(x,y)=1]
\]
直接考虑更换 \(x,y\) 和 \(i,j\) 的枚举顺序：
\[\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[x\mid i][y\mid j][\gcd(x,y)=1]
\]
而 \(\sum\limits_{i=1}^{n}[x\mid i]=\Big\lfloor\dfrac{n}{x}\Big\rfloor\)，所以原式：
\[\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}\lfloor\dfrac{n}{x}\rfloor\lfloor\dfrac{m}{y}\rfloor[\gcd(x,y)=1]
\]
此时已经和我蒙出来的结论一模一样了，这就OK了。
点击查看代码
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(a) freopen(a,"r",stdin)
#define fw(a) freopen(a,"w",stdout)
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define DEBUG
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e4+10;
ll TT=1;
ll n,m;
ll prime[N],v[N],mu[N],tot;
ll ji[N];
ll calc(ll n){
if(ji[n]) return ji[n];
ll res=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
ll nl=n/l;
r=n/nl;
res+=nl * (r-l+1);
}return ji[n]=res;
}
void shai(ll n){
mu[1]=1;
for(ll i=2;i<=n;i++){
if(v[i]==0){
v[i]=i;prime[++tot]=i;
mu[i]=-1;
}
for(ll j=1;j<=tot;j++){
if(prime[j]>v[i] || prime[j] > n/i) break;
v[i*prime[j]]=prime[j];
if(i % prime[j]==0) mu[i*prime[j]]=0;
else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) mu[i]+=mu[i-1],ji[i]=calc(i);
}
int main(){
shai(N-10);
scanf("%lld",&TT);
for(int Case=1;Case<=TT;Case++){
scanf("%lld%lld",&n,&m);
ll ans=0;
for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1){
ll nl=n/l,ml=m/l;
r=min(n/nl,m/ml);
ans+=(mu[r]-mu[l-1]) * ji[nl]*ji[ml];
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
- BZOJ3561. DZY Loves Math VI
给定 \(1 \le n,m\le 5\cdot 10^5\)，求：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\operatorname{lcm}(i,j) ^{\gcd(i,j)}
\]
直接推式子，枚举 \(\gcd\)：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1](ijd)^d
\]
\(d^d\) 提出去，莫反拆开：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^d\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum\limits_{k\mid \gcd(i,j)}\mu(k)(ij)^d
\]
套路地，枚举 \(k\)：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^d
\sum\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(k)
\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}(ik\cdot jk)^d\]
\(k^{2d}\) 提出去，关于 \(i,j\) 的求和分开：
\[\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^d
\sum\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(k)\cdot k^{2d}
(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}i^d)
(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}j^d)\]
本来我觉得的这个东西还能再变形，再做，于是想破脑袋想了一个上午没想出来。
但其实，我们分析分析复杂度：
\(d\) 的循环 \(O(n)\)
\(d\) 和 \(k\) 的循环是 \(\dfrac{n}{1}+\dfrac{n}{2}+\dots \dfrac{n}{n}=O(n\log n)\)
如果再算上 \(i\) 和 \(j\) 的循环，那就是 \(\dfrac{n}{1}\log(\dfrac{n}{1})+\dfrac{n}{2}\log(\dfrac{n}{2})+\dots \dfrac{n}{n}\log(\dfrac{n}{n})\)，这个东西不超过 \(O(n\log^2 n)\)，具体是多少不会算，但其实很小。
因为当 \(d\) 取了 \(d_0\) 时，最内层用到的最大的幂就是 \(\lfloor\frac{n}{d_0}\rfloor ^ d\)，于是就可以实时计算 \(1\sim \lfloor\frac{n}{d_0}\rfloor\) 的 \(d\) 次幂，如果在 \(d_0-1\) 时算过了，只需要自乘一下，否则直接用快速幂算。因为每个自然数最多算一次快速幂，这一些预处理的总复杂度就是 \(O(n\log n)\) 的。
预处理之后，可以同时把幂的前缀和算出来，从时间复杂度就到了 \(O(n\log n)\)。
所以直接枚举算这个式子就好了……我为什么浪费了一个上午啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊啊
点击查看代码
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(a) freopen(a,"r",stdin)
#define fw(a) freopen(a,"w",stdout)
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define DEBUG
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5e5+10,mod=1000000007;
int n,m;
int prime[N],v[N],mu[N],tot;
ll now[N],sum[N];
int tmp[N];
ll qpow(ll a,int n){
int res=1,stn=n,sta=a;
while(n){
if(n&1) res=(1ll*res*a)%mod;
a=(a*a)%mod,n>>=1;
}
return res;
}
void shai(int n){
mu[1]=1,v[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(v[i]==0){
v[i]=i;prime[++tot]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=tot;j++){
if(prime[j]>v[i] || prime[j] > n/i) break;
v[i*prime[j]]=prime[j];
if(i % prime[j]==0) mu[i*prime[j]]=0;
else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
}
int main(){
shai(N-10);
scanf("%d%d",&n,&m);
int ans=0;
for(int d=1;d<=min(n,m);d++){
int tot=0,lim=min(n/d,m/d);
for(int i=1;i<=max(n/d,m/d);i++){
now[i]=((now[i]!=0)?now[i] *i%mod:qpow(i,d))%mod;
sum[i]=(sum[i-1]+now[i])%mod;
}
for(int k=1;k<=lim;k++){
int cnt1=0,cnt2=0;tmp[1]=1;
int lim1=n/(d*k),lim2=m/(d*k);
tot=(tot+ mu[k] * qpow(k,2*d)%mod *sum[lim1]%mod *sum[lim2]%mod )%mod;
}
ans=(ans+tot*qpow(d,d)%mod)%mod;
}printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
return 0;
}
- P5518 [MtOI2019] 幽灵乐团 / 莫比乌斯反演基础练习题
推式子大成！
求：
\[\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\left(\frac{\operatorname{lcm}(i,j)}{\gcd(i,k)}\right)^{f(type)}
\]
其中：
\[\begin{aligned}&f(0)=1\\&f(1)=ijk\\&f(2)=\gcd(i,j,k)\end{aligned}
\]
预处理
我们将分子分母分离：
\[\frac{\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\left(\operatorname{lcm}(i,j)\right)^{f(type)}}{\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\left(\gcd(i,k)\right)^{f(type)}}
\]
也就是：
\[\frac{\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\left(\frac{ij}{\gcd(i,j)}\right)^{f(type)}}{\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\left(\gcd(i,k)\right)^{f(type)}}
\]
对分子进行子母分离，分母扔下面：
\[\frac{\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\left(ij\right)^{f(type)}}{\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\gcd(i,j)^{f(type)}\right)\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\gcd(i,k)^{f(type)}\right)}
\]
关键东西
我们定义一个神奇函数 \(g\)，满足：
\[g(x)=\begin{cases}p & x=p^\alpha,\alpha>0\\1 &\text{othercases}\end{cases}
\]
这个神奇函数可以 \(O(n)\) 求。
有了神奇函数，我们就可以推导一下这个式子（待会要用到两次，所以扔前头了）：
\[\prod\limits_{i=1}^{a}\prod\limits_{j=1}^{b}\gcd(i,j)
\]
枚举 \(\gcd\)，有：
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b)}d^{\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]}
\]
莫反拆开往外提：
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b)}d^{\sum\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)} \mu(k)\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor\lfloor\frac{b}{dk}\rfloor}
\]
把上面的求和捋下来，有：
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b)}\prod\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)}d^{ \mu(k)\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor\lfloor\frac{b}{dk}\rfloor}
\]
枚举 \(T=dk\)，里面我们不枚举 \(d\) 枚举 \(k\)，有：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b)} \prod\limits_{k\mid T}\left(\frac{T}{k}\right) ^{\mu(k)\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor\lfloor\frac{b}{dk}\rfloor}
\]
我们把底数上的分子 \(T\) 和分母 \(k\) 拆开处理：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b)} \left(\frac{\prod\limits_{k\mid T}T ^{\mu(k)}}{\prod\limits_{k\mid T}k ^{\mu(k)}} \right)^{\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor\lfloor\frac{b}{dk}\rfloor}
\]
分子
因为底数为 \(T\) 不变，我们把求积符号写在指数上，有：
\[T^{\sum\limits_{k\mid T}\mu(k)}
\]
这东西熟悉的不得了，不就是 \(1*\mu=\varepsilon\) 嘛！于是就成了：
\[T^{[T=1]}
\]
这玩意一眼顶针，铁定为 \(1\)。
分母
我们记 \(f(T)=\prod\limits_{k\mid T}k ^{\mu(k)}\)。
没办法拆开了，于是我们考虑一下这玩意的实际含义。
我们对 \(T\) 进行质因数分解，记为 \(T=\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{c_i}\)
我们也对 \(k\) 进行分解：\(k=\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{t_i}\)
注意到当存在 \(t_i>1\) 时，\(\mu(k)=0\)，对答案无贡献，于是我们只需考虑指数为 \(0\) 或 \(1\) 的情况；同时我们还可以得到一个推论：\(f(\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{c_i})=f(\prod\limits_{i=1}^{m}p_i)\)，其中 \(c_i\ge 1\)。
我们对 \(m\) 进行分讨：
\(m=0\)
此时 \(T=1\)，有 \(f(T)=1\)。
\(m=1\)
此时 \(f(p^\alpha)=f(p)=p^{\mu(p)}=p^{-1}\)
\(m>1\)
我们把 \(f(T)\) 想象成一个分数。
我们我们发现，当指数 \(\mu\) 为 \(1\) 时，这个因数 \(k\) 出现在分子上；否则出现在分母上。
于是我们考虑某一个质因数 \(p\) 分别出现在分子和分母上的数量。
既然 \(p\) 要出现，那么 \(p\) 必须得选，在剩下的 \(m-1\) 个因子中选择一些。
所以分子上的个数就是 \(0+C_{m-1}^{1}+C_{m-1}^{3}+\dots\)
同理，分母上出现的个数是 \(C_{m-1}^{0}+C_{m-1}^{2}+\dots\)
根据一点点组合数学的知识，我们会发现无论 \(m\) 的奇偶性，这俩玩意肯定相等！
既然对于每个质因子，上下的出现次数都相等，那么这一坨玩意就是 \(1\)！
即 \(f(T)=1\)。
综上所述，我们发现分子绝对是 \(1\)，而分母是这么个玩意，两者一除，就得到了我们开篇提到的神奇函数 \(g\)！
所以原式就变成了：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b)} g(T)^{\lfloor\frac{a}{T}\rfloor\lfloor\frac{b}{T}\rfloor}
\]
预处理 \(g\) 的前缀积和其逆元，这个就可以一层数论分块搞定！！！
\(type=0\)
将 \(f(0)=1\) 带入并稍做处理，得：
\[\frac{\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^Bij\right)^C}{\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\gcd(i,j)\right)^C\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^C\gcd(i,j)\right)^B}
\]
1.分子
把 \(i\) 提出来（求乘积，故加上 \(B\) 次方）：
\[\left(\prod\limits_{i=1}^A\left(i^B\prod\limits_{j=1}^{B}j\right)\right)^C
\]
发现内层循环就是 \(B!\) ，即：
\[\left(\prod\limits_{i=1}^A\left(i^BB!\right)\right)^C
\]
\(B!\) 和 \(i\) 无关，于是分离开来（记得加上 \(A\) 次方）：
\[\left(\left(\prod\limits_{i=1}^{A}i^B\right)\left(B!\right)^A\right)^C
\]
观察左边的式子，由于是求乘积，可以把 \(B\) 次方提出来，之后里面就成了 \(A!\) ，即：
\[\left(\left(A!\right)^B\left(B!\right)^A\right)^C
\]
很优美了，预处理阶乘后快速幂就行。
2.分母
发现两项非常相似，于是我们令：
\[f_0(a,b,c)=\left(\prod\limits_{i=1}^a\prod\limits_{j=1}^b\gcd(i,j)\right)^c
\]
此时分母就成了：
\[f_0(A,B,C)\times f_0(A,C,B)
\]
而 \(f_0\) 里面的东西开篇就推过了，所以有：
\[f_0=\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b)} g(T)^{\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor\lfloor\frac{b}{dk}\rfloor c}
\]
虽然我有统统带回去的毛病，但懒了，不把原式子放出来了！
这样这部分就做完了！
\(type=1\)
将 \(f(1)=ijk\) 带入，得：
\[\frac{\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\left(ij\right)^{ijk}}{\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\gcd(i,j)^{ijk}\right)\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\gcd(i,k)^{ijk}\right)}
\]
分子
把关于 \(k\) 的一维扔出去：
\[\prod\limits_{k=1}^C\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\left(ij\right)^{ij}\right)^k
\]
发现在 \(k\) 变化时，内部不变，且外层循环的含义就是 \(\sum\limits_{k=1}^Ck\) 个内部的东西乘起来，于是可以变形：
\[\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\left(ij\right)^{ij}\right)^{\sum\limits_{k=1}^Ck}
\]
求和公式套进去：
\[\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\left(ij\right)^{ij}\right)^{\frac{C(C+1)}{2}}
\]
接下来，我们先处理内部：
\[\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\left(ij\right)^{ij}
\]
把幂放进去：
\[\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^Bi^{ij}j^{ij}
\]
把 \(i^{ij}\) 和 \(j^{ij}\) 分开计算（为了使结构更相似，将后面那部分把 \(i\) 和 \(j\) 互换名称）：
\[\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^Bi^{ij}\right)\left(\prod\limits_{i=1}^B\prod\limits_{j=1}^Ai^{ij}\right)
\]
两部分结构又相同了，我们考虑其中一个：
\[\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^Bi^{ij}
\]
可以发现，在 \(j\) 变化时，\(i^i\) 不变，这还是求乘积，可以把关于 \(j\) 的一维扔到指数上：
\[\prod\limits_{i=1}^A(i^i)^{\sum\limits_{j=1}^Bj}
\]
指数就成了求和公式，这玩意我们熟悉的不得了，于是：
\[\prod\limits_{i=1}^A(i^i)^{\frac{B(B+1)}{2}}
\]
然后一层层往回带，分子部分就变成了：
\[\left(\left(\prod\limits_{i=1}^Ai^i\right)^{\frac{B(B+1)}{2}}\left(\prod\limits_{i=1}^Bi^i\right)^{\frac{A(A+1)}{2}}\right)^{\frac{C(C+1)}{2}}
\]
预处理 \(i^i\) 的前缀和，直接算就行了。
分母
发现两项非常相似，于是我们令：
\[f_1(a,b,c)=\prod\limits_{i=1}^a\prod\limits_{j=1}^b\prod\limits_{k=1}^c\gcd(i,j)^{ijk}
\]
此时分母就成了：
\[f_1(A,B,C)\times f_1(A,C,B)
\]
接下来处理 \(f_1\)，先把无关紧要的 \(k\) 提出去，通过和处理分子相同的方法，发现变成了：
\[\left(\prod\limits_{i=1}^a\prod\limits_{j=1}^b\gcd(i,j)^{ij}\right)^{\frac{c(c+1)}{2}}
\]
接下来套路处理内部就行了，枚举 \(\gcd\)：
\[\left(
\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b)}d^{
\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]ijd^2
}\right)^{\frac{c(c+1)}{2}}\]
莫反拆开，枚举 \(k\)：
\[\left(
\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b)}\left(d^{d^2}\right)^{
\sum\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)}\mu(k)k^2\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{b}{dk}\rfloor}ij
}\right)^{\frac{c(c+1)}{2}}\]
把 \(i\) 和 \(j\) 的循环拆开，发现是等差数列求和，于是：
\[\left(
\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b)}\left(d^{d^2}\right)^{
\sum\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)}\mu(k)k^2
\frac{\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor(\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor+1)}{2}\frac{\lfloor\frac{b}{dk}\rfloor(\lfloor\frac{b}{dk}\rfloor+1)}{2}
}\right)^{\frac{c(c+1)}{2}}\]
预处理一下 \(d^{d^2}\) 的前缀积，和 \(\mu(k)k^2\) 的前缀和，两层数论分块做就完事了。但是，我们有更优的做法！
继续推，把指数上的求和放下来，有：
\[\left(
\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b)}\prod\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor)}d^{{d^2}
\mu(k)k^2
\frac{\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor(\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor+1)}{2}\frac{\lfloor\frac{b}{dk}\rfloor(\lfloor\frac{b}{dk}\rfloor+1)}{2}
}\right)^{\frac{c(c+1)}{2}}\]
枚举 \(T=dk\)，有：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b)}\left(
\prod\limits_{k|T}
\left(\frac{T}{k}\right)^{(\frac{T}{k})^2\mu(k)k^2}
\right)^{\frac{\lfloor\frac{a}{T}\rfloor(\lfloor\frac{a}{T}\rfloor+1)}{2}\frac{\lfloor\frac{b}{T}\rfloor(\lfloor\frac{b}{T}\rfloor+1)}{2}\frac{c(c+1)}{2}}\]
也就是：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b)}\left(
\prod\limits_{k|T}
\left(\frac{T}{k}\right)^{\mu(k)T^2}
\right)^{\frac{\lfloor\frac{a}{T}\rfloor(\lfloor\frac{a}{T}\rfloor+1)}{2}\frac{\lfloor\frac{b}{T}\rfloor(\lfloor\frac{b}{T}\rfloor+1)}{2}\frac{c(c+1)}{2}}\]
我们找到老熟人了，里面的东西其实就是 \(g(T)^{T^2}\)！
于是我们预处理这个东西的前缀积和其逆元，就有：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b)}g(T)
^{T^2\frac{\lfloor\frac{a}{T}\rfloor(\lfloor\frac{a}{T}\rfloor+1)}{2}\frac{\lfloor\frac{b}{T}\rfloor(\lfloor\frac{b}{T}\rfloor+1)}{2}\frac{c(c+1)}{2}}\]
一次数论分块即可。
\(type=2\)
把 \(f(2)=\gcd(i,j,k)\) 带入，得：
\[\frac{\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\left(ij\right)^{\gcd(i,j,k)}}{\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\gcd(i,j)^{\gcd(i,j,k)}\right)\left(\prod\limits_{i=1}^A\prod\limits_{j=1}^B\prod\limits_{k=1}^C\gcd(i,k)^{\gcd(i,j,k)}\right)}
\]
我们处理分子分母吧……好累啊……
分子
我们记：
\[f_2(a,b,c)=\prod\limits_{i=1}^a\prod\limits_{j=1}^b\prod\limits_{k=1}^ci^{\gcd(i,j,k)}
\]
则分子就是 \(f_2(a,b,c) \times f_2(b,a,c)\)
我们推 \(f_2\)：
大头敲开方向要对鲜美鸡汤必须喝掉
枚举\(\gcd\)莫反拆开枚举\(dk\)后数论分块
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b,c)}
\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}
\prod\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{c}{d}\rfloor}
(id)^{d[\gcd(i,j,k)=1]}
\]
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b,c)}
\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}
\prod\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{c}{d}\rfloor}
\prod\limits_{t|\gcd(i,j,k)}
(id)^{d\mu(t)}
\]
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b,c)}
\prod\limits_{t=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor,\lfloor\frac{c}{d}\rfloor)}
\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{dt}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{dt}\rfloor}
\prod\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{c}{dt}\rfloor}
(idt)^{d\mu(t)}
\]
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b,c)}
\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{T}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{T}\rfloor}
\prod\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{c}{T}\rfloor}
(iT)^{\sum\limits_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})}
\]
蛮好的，有 \(\varphi\) 了：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b,c)}
\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{T}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{T}\rfloor}
\prod\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{c}{T}\rfloor}
(iT)^{\varphi(T)}
\]
\(i\) 和 \(T\) 分开，有：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b,c)}
T^{\varphi(T)\lfloor\frac{a}{T}\rfloor\lfloor\frac{b}{T}\rfloor\lfloor\frac{c}{T}\rfloor}
\left(\lfloor\frac{a}{T}\rfloor!\right)^{\lfloor\frac{b}{T}\rfloor\lfloor\frac{c}{T}\rfloor\varphi(T)}
\]
一次数论分块即可。
分母
我们令：
\[f_3(a,b,c)=\prod\limits_{i=1}^a\prod\limits_{j=1}^b\prod\limits_{k=1}^c\gcd(i,j)^{\gcd(i,j,k)}
\]
那么分母就是：\(f_3(A,B,C) \times f_3(A,C,B)\)
推 \(f_3\) 即可，这东西折磨了我好久，直到我把两次拆开放到一起……
枚举 \(d=\gcd(i,j,k)\)，有：
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b,c)}
\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}
\prod\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{c}{d}\rfloor}
(d\gcd(i,j))^{d[\gcd(i,j,k)=1]}
\]
拆成 \(\mu\)，放到底数：
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b,c)}
\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{d}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{d}\rfloor}
\prod\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{c}{d}\rfloor}
\prod\limits_{t|\gcd(i,j,k)}
(d\gcd(i,j))^{d\mu(t)}
\]
\(t\) 移出去：
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b,c)}
\prod\limits_{t=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor,\lfloor\frac{c}{d}\rfloor)}
\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{dt}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{dt}\rfloor}
\prod\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{c}{dt}\rfloor}
(dt\gcd(i,j))^{d\mu(t)}
\]
发现 \(k\) 这一维可以缩水到指数上了，顺便把变量名 \(t\) 换成 \(k\)，有：
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(a,b,c)}
\prod\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{d}\rfloor,\lfloor\frac{b}{d}\rfloor,\lfloor\frac{c}{d}\rfloor)}
\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{dk}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{dk}\rfloor}
(dk\gcd(i,j))^{d\mu(k)\lfloor\frac{c}{dk}\rfloor}
\]
然后我们枚举 \(T=dk\)，有：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b,c)}
\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{T}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{T}\rfloor}
(T\gcd(i,j))^{\lfloor\frac{c}{dk}\rfloor\sum\limits_{d|T}d\mu(\frac{T}{d})}
\]
得，\(\varphi\) 出来了，这一步我退出来乐死了。
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b,c)}
\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{T}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{T}\rfloor}
(T\gcd(i,j))^{\lfloor\frac{c}{dk}\rfloor\varphi(T)}
\]
分成两部分，就是：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b,c)}
T^{\varphi(T)\lfloor\frac{a}{T}\rfloor\lfloor\frac{b}{T}\rfloor}
\left(\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{a}{T}\rfloor}
\prod\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{b}{T}\rfloor}
\gcd(i,j)\right)^{\lfloor\frac{c}{dk}\rfloor\varphi(T)}
\]
后者，又出现了我们文章最开头推的式子，于是就成了：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(a,b,c)}
T^{\varphi(T)\lfloor\frac{a}{T}\rfloor\lfloor\frac{b}{T}\rfloor}
\left(
\prod\limits_{D=1}^{\min(\lfloor\frac{a}{T}\rfloor,\lfloor\frac{b}{T}\rfloor)}
g(D)^{\lfloor\frac{a}{DT}\rfloor\lfloor\frac{a}{DT}\rfloor}
\right)^{\lfloor\frac{c}{dk}\rfloor\varphi(T)}
\]
两层数论分块，终于，搞！定！
这b题终于让我写！！完！！了！！
点击查看代码
//#pragma GCC optimize(2)
//#pragma GCC optimize(3)
//#pragma GCC optimize("Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define fr(a) freopen(a,"r",stdin)
#define fw(a) freopen(a,"w",stdout)
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define DEBUG
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
ll T=1,mod,pmod;
ll A,B,C,ans1,ans2,ans3;
ll prime[N],v[N],tot,mu[N],smu[N],smu2[N],phi[N];
ll jie[N],invj[N],tphi[N],invtphi[N],sphi[N];
ll slf[N],invslf[N];
ll gm[N],invgm[N],invsmu[N];
ll nai[N],sn[N],invsn[N],sn2[N],invsn2[N];
ll qpow(ll a,ll n){
n=(n%pmod +pmod)%pmod;
a %=mod;
ll res=1;
while(n){
if(n&1) res=(res*a)%mod;
a=(a*a)%mod;n>>=1;
}return res;
}
void shai(ll n){
mu[1]=phi[1]=1;
for(ll i=2;i<=n;i++){
if(v[i]==0){
v[i]=i;prime[++tot]=i;
mu[i]=-1;phi[i]=i-1;
}for(ll j=1;j<=tot;j++){
if(prime[j]>v[i]||prime[j]>n/i) break;
v[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0) mu[i*prime[j]]=0,phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]);
else mu[i*prime[j]]=-mu[i],phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
}
void init(ll n){
jie[0]=invj[0]=slf[0]=invslf[0]=1;
gm[0]=invgm[0]=1;
tphi[0]=invtphi[0]=1;
pmod=mod-1;
for(ll i=1;i<=n;i++){
jie[i]=(jie[i-1]*i)%mod;
invj[i]=qpow(jie[i],mod-2);
slf[i]=slf[i-1] * qpow(i,i)%mod;
invslf[i]=qpow(slf[i],mod-2);
smu[i]=(smu[i-1]+mu[i])%pmod;
smu2[i]=(smu2[i-1] + mu[i] * i * i%pmod)%pmod;
gm[i]=gm[i-1] * qpow(i,mu[i])%mod;
invgm[i]=qpow(gm[i],-1);
tphi[i]=tphi[i-1] * qpow(i,phi[i]) %mod;
invtphi[i]=qpow(tphi[i],-1);
sphi[i] = (sphi[i-1] + phi[i]) %pmod;
nai[i]=1;
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
ll now=prime[i];
if(now>n) break;
while(now<n){
nai[now]=prime[i];
now *= prime[i];
}
}
sn[0]=invsn[0]=sn2[0]=invsn2[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
sn[i]=(sn[i-1] * nai[i])%mod;
invsn[i]=qpow(sn[i],-1);
sn2[i]= sn2[i-1] * qpow(nai[i],1ll * i*i%pmod) %mod;
invsn2[i]=qpow(sn2[i],-1);
}
}
ll f32(ll a,ll b){
ll res=1,lim=min(a,b);
for(ll l=1,r;l<=lim;l=r+1){
ll ad=a/l,bd=b/l;r=min(a/ad,b/bd);
(res *= qpow(sn[r] * invsn[l-1] %mod ,ad * bd%pmod) )%=mod;
}return res;
}
ll f0(ll a,ll b,ll c){
return qpow(f32(a,b),c);
}
void work1(){
ll ans=qpow(qpow(jie[A],B)*qpow(jie[B],A)%mod,C),tot=1;
(ans*=qpow(f0(A,B,C) * f0(A,C,B) %mod,mod-2)) %=mod;
ans1=(ans+mod)%mod;
}
ll f1(ll a,ll b,ll c){
ll res=1,lim=min(a,b);
for(ll l=1,r;l<=lim;l=r+1){
ll ad=a/l,bd=b/l;r=min(a/ad,b/bd);
ll zhi=(ad*(ad+1)/2) %pmod *( (bd*(bd+1)/2) %pmod) %pmod;
(res *= qpow(sn2[r] * invsn2[l-1] %mod ,zhi) )%=mod;
}
res= qpow(res,c*(c+1)/2);
return res;
}
void work2(){
ll zi=1,ans=qpow(f1(A,B,C) * f1(A,C,B)%mod,mod-2);
zi=qpow(slf[A],B*(B+1)/2) * qpow(slf[B],A*(A+1)/2) %mod;
(ans *=qpow(zi,C*(C+1)/2)) %=mod;
ans2=(ans+mod)%mod;
}
ll f2(ll a,ll b,ll c){
ll res=1,limd=min(min(a,b),c);
for(ll ld=1,rd;ld<=limd;ld=rd+1){
ll ad=a/ld,bd=b/ld,cd=c/ld;
rd=min(min(a/ad,b/bd),c/cd);
(res *= qpow(gm[rd] * invgm[ld-1]%mod,ad*bd%pmod*cd%pmod) )%=mod;
ll tmp=qpow(jie[ad],bd*cd%pmod);
(res *= qpow(tmp,(smu[rd]-smu[ld-1])%pmod))%=mod;
}return res;
}
ll f2_5(ll a,ll b,ll c){
ll res=1,lim=min(min(a,b),c);
for(ll l=1,r;l<=lim;l=r+1){
ll at=a/l,bt=b/l,ct=c/l;
r=min(min(a/at,b/bt),c/ct);
(res *= qpow(tphi[r] * invtphi[l-1]%mod , at * bt %pmod *ct %pmod))%=mod;
ll tmp=qpow(jie[at],bt*ct%pmod);
(res *= qpow(tmp,(sphi[r] - sphi[l-1]) %pmod))%=mod;
}return res;
}
ll f3(ll a,ll b,ll c){
ll limt=min(min(a,b),c),res=1;
for(int lt=1,rt;lt<=limt;lt=rt+1){
ll at=a/lt,bt=b/lt,ct=c/lt;
rt=min(min(a/at,b/bt),c/ct);
ll tmp=tphi[rt] * invtphi[lt-1] %mod;
(res *= qpow(tmp,at * bt%pmod * ct%pmod) )%=mod;
tmp=qpow(f32(at,bt) %mod,ct) %mod;
(res *= qpow(tmp,(sphi[rt] - sphi[lt-1]) %pmod) )%=mod;
}return res;
}
void work3(){
ll zi=f2_5(A,B,C) * f2_5(B,A,C) %mod;
ll mu=f3(A,B,C) * f3(A,C,B)%mod;
ans3=(zi*qpow(mu,-1)%mod+mod)%mod;
return;
}
int main(){
scanf("%lld%lld",&T,&mod);
shai(N-10);
init(N-10);
for(int Case=1;Case<=T;Case++){
scanf("%lld%lld%lld",&A,&B,&C);
work1();work2();
work3();
printf("%lld %lld %lld\n",ans1,ans2,ans3);
}
return 0;
}
- P1587 [NOI2016] 循环之美
给定 \(n,m,k\)，求分子不大于 \(n\)，分母不大于 \(m\)，在 \(k\) 进制下为纯循环小数的最简分数个数。
我们有一个不会证的结论：当分母和进制互质，分子和分母互质时，这个分数是 \(k\) 进制下的纯循环小数。
于是就成了求以下东西：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=1][\gcd(j,k)=1]
\]
推式子，对后一项莫反拆开：
\[\sum\limits_{d|k}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[\gcd(i,jd)=1]
\]
显然，我们有 \(\gcd(a,b)=1,\gcd(a,c)=1\Longleftrightarrow\gcd(a,bc)=1\)
故我们发现后面是一个规模缩小的原问题。
我们设：
\[f(n,m,k)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=1][\gcd(j,k)=1]
\]
于是我们有递推式：
\[f(n,m,k)=\sum\limits_{d|k}\mu(d)f(\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor,n,d)
\]
直接开搜就行了。
终止状态：
-
当 \(n=0\) 或 \(m=0\) 时，\(f(n,m,k)=0\)。
-
当 \(k=1\) 时，\(f(n,m,k)=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\mu(d)\left\lfloor\dfrac{n}{d}\right\rfloor\left\lfloor\dfrac{m}{d}\right\rfloor\)，基本推式子没的说。
所以我们用杜教筛处理 \(\mu\) 前缀和，数论分块算上面的东西，并加入以下剪枝：
-
我们提前预处理 \(k\) 的“所有因数”的所有因数，显然空间复杂度是 \(O(k^2)\) 的，可以接受，此时枚举 \(d\) 的复杂度直接从 \(1000\) 降到了 \(64\)，很大的优化。
-
当 \(\mu(d)=0\) 时，不往下搜，显然，这个优化更大。
加入这两个剪枝后就能顺利过此题了。
特别鸣鸣鸣鸣鸣鸣鸣鸣谢 Qcfff，基本上思路全都是抄他的呜呜呜。
P3704 [SDOI2017] 数字表格
给定 \(n,m\)，求：
\[\prod\limits_{i=1}^{n}\prod\limits_{j=1}^{m}f_{\gcd(i,j)}
\]
这不乱做？
\[\prod\limits_{d=1}^{\min(n,m)}\prod\limits_{k=1}^{\min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}f_d^{\mu(k)\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor}
\]
枚举 \(T=dk\)：
\[\prod\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\Bigg(\prod\limits_{d\mid T}f_d^{\mu(\frac{T}{d})}\Bigg)^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}
\]
里面的东西预处理，\(O(n\sqrt n)\)，因为指数只会是 \(0,1,-1\)。
然后做完了！整除分块。水紫真舒服
P2257 YY的GCD
求：
\[\sum\limits_{p\in\mathbb{P}}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)=p]
\]
莫个反先：
\[\sum\limits_{p\in\mathbb P}\sum\limits_{d=1}^{\min(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor,\lfloor\frac{m}{p}\rfloor)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor\lfloor\frac{m}{pd}\rfloor
\]
枚举 \(T=pd\)：
\[\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum\limits_{p\in\mathbb P,p\mid T}\mu(\frac{T}{p})
\]
后面的可以预处理。求个前缀和。做完了。
P1891 疯狂 LCM
挺好玩。求：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}{\rm lcm}(i,n)
\]
先拆一下：
\[\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{i\times n}{\gcd(i,n)}
\]
枚举 \(\gcd\)：
\[n\sum\limits_{d\mid n}\frac{1}{d}\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{d}}d\cdot i[\gcd(i,\frac{n}{d})=1]
\]
发现好玩的事：\(d\) 约掉了。我们记 \(f(n)=\sum\limits_{i=1}^{n} i[\gcd(i,n)=1]\)，于是原式变成：
\[n\sum\limits_{d\mid n}f(\frac{n}{d})=n\sum\limits_{d\mid n}f(d)
\]
我们先处理 \(f(n)\)：莫反拆开：
\[f(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}i\sum\limits_{k\mid \gcd(i,n)}\mu(k)
\]
枚举 \(k\)：
\[f(n)=\sum\limits_{k\mid n}\mu(k)\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{k}}ik
\]
也就是：
\[f(n)=\sum\limits_{k\mid n}\mu(k)k\frac{\frac{n}{k}(\frac{n}{k}+1)}{2}=\sum\limits_{k\mid n}\mu(k)n(\frac{n}{k}+1)\frac{1}{2}
\]
然后 \(f\) 可以 \(O(n\log n)\) 预处理吧！我们再看原式：
\[n\sum\limits_{d\mid n}f(d)
\]
也可以 \(O(n\log n)\) 预处理吧！
于是我们 \(O(n\log n)\) 预处理，\(O(1)\) 查询。做完了！
