数论习题（一）

（一）.推式子题

- P2568 GCD

给定 $n$ ，求：

\sum_{p \in P} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [gcd (i, j) = p]

其中 $P$ 为质数集。

推式子：

\begin{aligned} \sum_{p \in P} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [gcd (i, j) = p] & = \sum_{p \in P} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} [gcd (i, j) = 1] \\ = \sum_{p \in P} (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (2 \cdot \sum_{j = 1}^{i} [gcd (i, j) = 1]) - 1) & \dots \dots ① \\ = \sum_{p \in P} (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (2 φ (i)) - 1) \end{aligned}

$①$ ：感性理解， $⌊ \frac{n}{p} ⌋$ 以内的互质数对对数，等于二倍的 $i \geq j$ 的对数，减掉重复计算的 $(1, 1)$ 数对。

线性筛 $φ$ 并求前缀和，枚举 $p$ 统计即可。

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#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_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} gcd (i, j)

枚举 $gcd$ ，枚举推式子：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} gcd (i, j) & = \sum_{d = 1}^{n} (d \cdot \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} [gcd (i, j) = 1]) \\ = \sum_{d = 1}^{n} (d \cdot (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} (2 φ (i)) - 1)) & 和上一题一样的操作 \end{aligned}

筛 $φ$ ，前缀和，枚举 $d$ ，搞定！

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#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 $1 \leq (a \leq b, c \leq d, k) \leq 5 \cdot 10^{4}$ ，求：

\sum_{i = a}^{b} \sum_{j = c}^{d} [gcd (i, j) = k]

先通过容斥拆成四部分：记 $A = ⌈ \frac{a}{k} ⌉, B = ⌊ \frac{b}{k} ⌋, C = ⌈ \frac{c}{k} ⌉, D = ⌊ \frac{d}{k} ⌋$

\begin{aligned} \sum_{i = a}^{b} \sum_{j = c}^{d} [gcd (i, j) = k] = \sum_{i = A}^{B} \sum_{j = C}^{D} [gcd (i, j) = 1] \\ = & \sum_{i = 1}^{B} \sum_{j = 1}^{D} [gcd (i, j) = 1] - \sum_{i = 1}^{B} \sum_{j = 1}^{C - 1} [gcd (i, j) = 1] - \sum_{i = 1}^{A - 1} \sum_{j = 1}^{D} [gcd (i, j) = 1] + \sum_{i = 1}^{A - 1} \sum_{j = 1}^{C - 1} [gcd (i, j) = 1] \end{aligned}

记 $f (n, m) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = 1]$ ，则

$原式 = f (B, D) - f (B, C - 1) - f (A - 1, D) + f (A - 1, C - 1)$

开始推 $f$ 。

$\begin{aligned} f (n, m) & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = 1] \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d ∣ gcd (i, j)} μ (d) & 好像是莫反的结论？ \\ = \sum_{d = 1}^{min (n, m)} (μ (d) \cdot \sum_{i = 1}^{n} [d ∣ i] \cdot \sum_{j = 1}^{m} [d ∣ j]) & 更换求和顺序，感性理解 \\ = \sum_{d = 1}^{min (n, m)} (μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ ⌊ \frac{m}{d} ⌋) & n 以内 d 的倍数一共有 ⌊ \frac{n}{d} ⌋ 个 \end{aligned}$

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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#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_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} lcm (i, j)

由小学奥数可知： $lcm (i, j) = \frac{i j}{gcd (i, j)}$ ，所以：

\begin{aligned} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} lcm (i, j) & = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \frac{i j}{gcd (i, j)} \\ = \sum_{D = 1}^{min (n, m)} (\frac{1}{D} \cdot \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{D} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{D} ⌋} ([gcd (i, j) = 1] i j D^{2})) \\ = \sum_{D = 1}^{min (n, m)} (D \cdot \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{D} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{D} ⌋} ([gcd (i, j) = 1] i j)) \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_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} ([gcd (i, j) = 1] i j) \\ = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} ((\sum_{d ∣ gcd (i, j)} μ (d)) i j) \\ = \sum_{d = 1}^{min (n, m)} (μ (d) \cdot \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} ([d ∣ i] [d ∣ j] i j)) \end{aligned}

此式中 $μ (d)$ 之后的一部分，相当于这个东西：

\begin{aligned} (d + 2 d + \dots + ⌊ \frac{n}{d} ⌋ d) \cdot (d + 2 d + \dots + ⌊ \frac{m}{d} ⌋ d) \\ = & d^{2} \cdot (1 + 2 + \dots + ⌊ \frac{n}{d} ⌋) \cdot (1 + 2 + \dots + ⌊ \frac{m}{d} ⌋) \end{aligned}

所以：

f (n, m) = \sum_{d = 1}^{min (n, m)} (μ (d) \cdot d^{2} \cdot \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} (i j))

而中间那个求和符号：

\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} (i j) = (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} i) \cdot (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} j) = \frac{⌊ \frac{m}{d} ⌋ (⌊ \frac{m}{d} ⌋ + 1)}{2} \cdot \frac{⌊ \frac{n}{d} ⌋ (⌊ \frac{n}{d} ⌋ + 1)}{2}

所以：

f (n, m) = \sum_{d = 1}^{min (n, m)} (μ (d) \cdot d^{2} \cdot \frac{⌊ \frac{m}{d} ⌋ (⌊ \frac{m}{d} ⌋ + 1)}{2} \cdot \frac{⌊ \frac{n}{d} ⌋ (⌊ \frac{n}{d} ⌋ + 1)}{2})

$f$ 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_{D = 1}^{min (n, m)} (D \cdot \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{D} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{D} ⌋} ([gcd (i, j) = 1] i j)) = \sum_{D = 1}^{min (n, m)} (D \cdot f (⌊ \frac{n}{D} ⌋, ⌊ \frac{m}{D} ⌋)) \\ = & \sum_{D = 1}^{min (n, m)} (D \cdot \sum_{d = 1}^{min (⌊ \frac{n}{D} ⌋, ⌊ \frac{m}{D} ⌋)} (μ (d) \cdot d^{2} \cdot \frac{⌊ \frac{⌊ \frac{n}{D} ⌋}{d} ⌋ (⌊ \frac{⌊ \frac{n}{D} ⌋}{d} ⌋ + 1)}{2} \cdot \frac{⌊ \frac{⌊ \frac{m}{D} ⌋}{d} ⌋ (⌊ \frac{⌊ \frac{m}{D} ⌋}{d} ⌋ + 1)}{2})) \end{aligned}

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#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 $1 \leq t \leq 10^{4}$ 组 $1 \leq n, m \leq 4 \cdot 10^{6}$ ，求 $i \in [1, n], j \in [1, m]$ 且 $\forall n, n^{2} ∤ gcd (i, j)$ 的数对 $(i, j)$ 个数，即：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} μ^{2} (gcd (i, j)) lcm (i, j)

直接推式子，把 $lcm$ 变成 $gcd$ ，然后枚举 $gcd$ ：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} μ^{2} (d) \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = d] \frac{i j}{d}

对 $lcm$ 的处理和上一题很像：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} μ^{2} (d) \cdot d \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} [gcd (i, j) = 1] i j

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_{d = 1}^{min (n, m)} (μ^{2} (d) \cdot d \sum_{k = 1}^{min (⌊ \frac{n}{d} ⌋, ⌊ \frac{m}{d} ⌋)} (μ (k) \cdot k^{2} \cdot \frac{⌊ \frac{n}{d k} ⌋ (⌊ \frac{n}{d k} ⌋ + 1)}{2} \cdot \frac{⌊ \frac{m}{d k} ⌋ (⌊ \frac{m}{d k} ⌋ + 1)}{2}))

发现 $k d \leq min (n, m)$ ，令 $T = k d$ ，经典套路，枚举 $T$ ： $注：在做这道题前我全然不知道这种套路$

\begin{aligned} \sum_{T = 1}^{min (n, m)} \frac{⌊ \frac{n}{T} ⌋ (⌊ \frac{n}{T} ⌋ + 1)}{2} \cdot \frac{⌊ \frac{m}{T} ⌋ (⌊ \frac{m}{T} ⌋ + 1)}{2} \sum_{k ∣ T} μ (k) \cdot k^{2} \cdot \frac{T}{k} \cdot μ^{2} (\frac{T}{k}) \\ = & \sum_{T = 1}^{min (n, m)} \frac{⌊ \frac{n}{T} ⌋ (⌊ \frac{n}{T} ⌋ + 1)}{2} \cdot \frac{⌊ \frac{m}{T} ⌋ (⌊ \frac{m}{T} ⌋ + 1)}{2} T \sum_{k ∣ T} k \cdot μ (k) \cdot μ^{2} (\frac{T}{k}) \end{aligned}

令 $f (k) = k \cdot μ (k), g (k) = μ^{2} (k), h (T) = \sum_{k ∣ T} k \cdot μ (k) \cdot μ^{2} (\frac{T}{k})$

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 $1 \leq T \leq 2 \cdot 10^{3}$ 组 $1 \leq n, m \leq 5 \cdot 10^{6}$ ，和一个固定的 $1 \leq α \leq 5 \cdot 10^{6}$ ，求：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} gcd (i, j)^{α}

套路！！枚举 $gcd$ ：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} d^{α} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} [gcd (i, j) = 1]

莫反拆开：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} d^{α} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} \sum_{k ∣ gcd (i, j)} μ (k)

枚举 $k$ ：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} d^{α} \sum_{k = 1}^{min (⌊ \frac{n}{d} ⌋, ⌊ \frac{m}{d} ⌋)} μ (k) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d k} ⌋} 1

也就是：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} d^{α} \sum_{k = 1}^{min (⌊ \frac{n}{d} ⌋, ⌊ \frac{m}{d} ⌋)} μ (k) ⌊ \frac{n}{d k} ⌋ ⌊ \frac{m}{d k} ⌋

枚举 $T = d k$ ：

\sum_{T = 1}^{min (n, m)} ⌊ \frac{n}{T} ⌋ ⌊ \frac{m}{T} ⌋ \sum_{d ∣ T} d^{α} μ (\frac{T}{d})

后面那个东西其实是 $i d^{α} * μ$ ，显然是积性函数，可以线性筛筛出来（ $p \in P, k \geq 1$ ）：

(i d^{α} * μ) (p^{k}) = p^{α k} - p^{α (k - 1)}

筛出来后求个前缀和，然后数论分块即可。

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#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 $1 \leq t \leq 5 \cdot 10^{4}$ 组 $1 \leq n, m \leq 5 \cdot 10^{4}$ ，求：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} d (i j)

其中 $d (n)$ 为 $n$ 的约数个数，即 $\sum_{d ∣ n} 1$

蒙结论，蒙出来要求的就是这个东西：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = 1] ⌊ \frac{n}{i} ⌋ ⌊ \frac{m}{j} ⌋

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 $a b$ 存在因数 $i j$ ，且 $a \leq n, b \leq m$ 的数对 $(a, b)$ 的数量显然为 $⌊ \frac{n}{i} ⌋ ⌊ \frac{m}{j} ⌋$ 。

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_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{d ∣ gcd (i, j)} μ (d) ⌊ \frac{n}{i} ⌋ ⌊ \frac{m}{j} ⌋

套路性地，把 $d$ 提出去：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} μ (d) (\sum_{i = 1}^{n} [d ∣ i] ⌊ \frac{n}{i} ⌋) (\sum_{i = 1}^{m} [d ∣ i] ⌊ \frac{m}{i} ⌋)

也就是：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} μ (d) (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} ⌊ \frac{⌊ \frac{n}{d} ⌋}{i} ⌋) (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} ⌊ \frac{⌊ \frac{m}{d} ⌋}{i} ⌋)

我们 $O (n \sqrt{n})$ 预处理一下 $\sum_{i = 1}^{n} ⌊ \frac{n}{i} ⌋$ ，原式最外层整除分块，这个就做完了。

提交记录

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 (n m) = \sum_{i ∣ n} \sum_{j ∣ m} [gcd (i, j) = 1]

我们先把这个证了。

记：

n m = \prod_{i = 1}^{k} p_{i}^{a_{i} + b_{i}}, n = \prod_{i = 1}^{k} p_{i}^{a_{i}}, m = \prod_{i = 1}^{k} p_{i}^{b_{i}}

我们知道 $d (n m) = \prod_{i = 1}^{k} (a_{i} + b_{i} + 1)$ ，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 中 p 取 1 \sim a_{i} 个， m 中 p 取 0 个 \\ b_{i} & n 中 p 取 0 个， m 中 p 取 1 \sim b_{i} 个 \\ 1 & n 中 p 取 0 个， m 中 p 取 0 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_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} \sum_{x ∣ i} \sum_{y ∣ j} [gcd (x, y) = 1]

直接考虑更换 $x, y$ 和 $i, j$ 的枚举顺序：

\sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 1}^{m} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [x ∣ i] [y ∣ j] [gcd (x, y) = 1]

而 $\sum_{i = 1}^{n} [x ∣ i] = ⌊ \frac{n}{x} ⌋$ ，所以原式：

\sum_{x = 1}^{n} \sum_{y = 1}^{m} ⌊ \frac{n}{x} ⌋ ⌊ \frac{m}{y} ⌋ [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 $1 \leq n, m \leq 5 \cdot 10^{5}$ ，求：

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} lcm (i, j)^{gcd (i, j)}

直接推式子，枚举 $gcd$ ：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} [gcd (i, j) = 1] (i j d)^{d}

$d^{d}$ 提出去，莫反拆开：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} d^{d} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} \sum_{k ∣ gcd (i, j)} μ (k) (i j)^{d}

套路地，枚举 $k$ ：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} d^{d} \sum_{k = 1}^{min (⌊ \frac{n}{d} ⌋, ⌊ \frac{m}{d} ⌋)} μ (k) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{m}{d k} ⌋} (i k \cdot j k)^{d}

$k^{2 d}$ 提出去，关于 $i, j$ 的求和分开：

\sum_{d = 1}^{min (n, m)} d^{d} \sum_{k = 1}^{min (⌊ \frac{n}{d} ⌋, ⌊ \frac{m}{d} ⌋)} μ (k) \cdot k^{2 d} (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} i^{d}) (\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{m}{d k} ⌋} 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 $\frac{n}{1} + \frac{n}{2} + \dots \frac{n}{n} = O (n \log n)$

如果再算上 $i$ 和 $j$ 的循环，那就是 $\frac{n}{1} \log (\frac{n}{1}) + \frac{n}{2} \log (\frac{n}{2}) + \dots \frac{n}{n} \log (\frac{n}{n})$ ，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 $⌊ \frac{n}{d_{0}} ⌋^{d}$ ，于是就可以实时计算 $1 \sim ⌊ \frac{n}{d_{0}} ⌋$ 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

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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=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_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} {(\frac{lcm (i, j)}{gcd (i, k)})}^{f (t y p e)}

其中：

\begin{aligned} f (0) = 1 \\ f (1) = i j k \\ f (2) = gcd (i, j, k) \end{aligned}

预处理

我们将分子分母分离：

\frac{\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} {(lcm (i, j))}^{f (t y p e)}}{\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} {(gcd (i, k))}^{f (t y p e)}}

也就是：

\frac{\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} {(\frac{i j}{gcd (i, j)})}^{f (t y p e)}}{\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} {(gcd (i, k))}^{f (t y p e)}}

对分子进行子母分离，分母扔下面：

\frac{\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} {(i j)}^{f (t y p e)}}{(\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} gcd (i, j)^{f (t y p e)}) (\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} gcd (i, k)^{f (t y p e)})}

关键东西

我们定义一个神奇函数 $g$ ，满足：

g (x) = {\begin{cases} p & x = p^{α}, α > 0 \\ 1 & 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_{i = 1}^{a} \prod_{j = 1}^{b} gcd (i, j)

枚举 $gcd$ ，有：

\prod_{d = 1}^{min (a, b)} d^{\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{d} ⌋} [gcd (i, j) = 1]}

莫反拆开往外提：

\prod_{d = 1}^{min (a, b)} d^{\sum_{k = 1}^{min (⌊ \frac{a}{d} ⌋, ⌊ \frac{b}{d} ⌋)} μ (k) ⌊ \frac{a}{d k} ⌋ ⌊ \frac{b}{d k} ⌋}

把上面的求和捋下来，有：

\prod_{d = 1}^{min (a, b)} \prod_{k = 1}^{min (⌊ \frac{a}{d} ⌋, ⌊ \frac{b}{d} ⌋)} d^{μ (k) ⌊ \frac{a}{d k} ⌋ ⌊ \frac{b}{d k} ⌋}

枚举 $T = d k$ ，里面我们不枚举 $d$ 枚举 $k$ ，有：

\prod_{T = 1}^{min (a, b)} \prod_{k ∣ T} {(\frac{T}{k})}^{μ (k) ⌊ \frac{a}{d k} ⌋ ⌊ \frac{b}{d k} ⌋}

我们把底数上的分子 $T$ 和分母 $k$ 拆开处理：

\prod_{T = 1}^{min (a, b)} {(\frac{\prod_{k ∣ T} T^{μ (k)}}{\prod_{k ∣ T} k^{μ (k)}})}^{⌊ \frac{a}{d k} ⌋ ⌊ \frac{b}{d k} ⌋}

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_{k ∣ T} μ (k)}

这东西熟悉的不得了，不就是 $1 * μ = ε$ 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 $f (T) = \prod_{k ∣ T} k^{μ (k)}$ 。

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 $T = \prod_{i = 1}^{m} p_{i}^{c_{i}}$

我们也对 $k$ 进行分解： $k = \prod_{i = 1}^{m} p_{i}^{t_{i}}$

注意到当存在 $t_{i} > 1$ 时， $μ (k) = 0$ ，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： $f (\prod_{i = 1}^{m} p_{i}^{c_{i}}) = f (\prod_{i = 1}^{m} p_{i})$ ，其中 $c_{i} \geq 1$ 。

我们对 $m$ 进行分讨：

$m = 0$

此时 $T = 1$ ，有 $f (T) = 1$ 。

$m = 1$

此时 $f (p^{α}) = f (p) = p^{μ (p)} = p^{- 1}$

$m > 1$

我们把 $f (T)$ 想象成一个分数。

我们我们发现，当指数 $μ$ 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_{T = 1}^{min (a, b)} g (T)^{⌊ \frac{a}{T} ⌋ ⌊ \frac{b}{T} ⌋}

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！！！

$t y p e = 0$

将 $f (0) = 1$ 带入并稍做处理，得：

\frac{{(\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} i j)}^{C}}{{(\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} gcd (i, j))}^{C} {(\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{C} gcd (i, j))}^{B}}

1.分子

把 $i$ 提出来（求乘积，故加上 $B$ 次方）：

{(\prod_{i = 1}^{A} (i^{B} \prod_{j = 1}^{B} j))}^{C}

发现内层循环就是 $B!$ ，即：

{(\prod_{i = 1}^{A} (i^{B} B!))}^{C}

$B!$ 和 $i$ 无关，于是分离开来（记得加上 $A$ 次方）：

{((\prod_{i = 1}^{A} i^{B}) {(B!)}^{A})}^{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：

{({(A!)}^{B} {(B!)}^{A})}^{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) = {(\prod_{i = 1}^{a} \prod_{j = 1}^{b} gcd (i, j))}^{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_{T = 1}^{min (a, b)} g (T)^{⌊ \frac{a}{d k} ⌋ ⌊ \frac{b}{d k} ⌋ 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！

$t y p e = 1$

将 $f (1) = i j k$ 带入，得：

\frac{\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} {(i j)}^{i j k}}{(\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} gcd (i, j)^{i j k}) (\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} gcd (i, k)^{i j k})}

分子

把关于 $k$ 的一维扔出去：

\prod_{k = 1}^{C} {(\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} {(i j)}^{i j})}^{k}

发现在 $k$ 变化时，内部不变，且外层循环的含义就是 $\sum_{k = 1}^{C} k$ 个内部的东西乘起来，于是可以变形：

{(\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} {(i j)}^{i j})}^{\sum_{k = 1}^{C} k}

求和公式套进去：

{(\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} {(i j)}^{i j})}^{\frac{C (C + 1)}{2}}

接下来，我们先处理内部：

\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} {(i j)}^{i j}

把幂放进去：

\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} i^{i j} j^{i j}

把 $i^{i j}$ 和 $j^{i j}$ 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）：

(\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} i^{i j}) (\prod_{i = 1}^{B} \prod_{j = 1}^{A} i^{i j})

两部分结构又相同了，我们考虑其中一个：

\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} i^{i j}

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_{i = 1}^{A} (i^{i})^{\sum_{j = 1}^{B} j}

指数就成了求和公式，这玩意我们熟悉的不得了，于是：

\prod_{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：

{({(\prod_{i = 1}^{A} i^{i})}^{\frac{B (B + 1)}{2}} {(\prod_{i = 1}^{B} i^{i})}^{\frac{A (A + 1)}{2}})}^{\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_{i = 1}^{a} \prod_{j = 1}^{b} \prod_{k = 1}^{c} gcd (i, j)^{i j k}

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：

{(\prod_{i = 1}^{a} \prod_{j = 1}^{b} gcd (i, j)^{i j})}^{\frac{c (c + 1)}{2}}

接下来套路处理内部就行了，枚举 $gcd$ ：

{(\prod_{d = 1}^{min (a, b)} d^{\sum_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{d} ⌋} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{b}{d} ⌋} [gcd (i, j) = 1] i j d^{2}})}^{\frac{c (c + 1)}{2}}

莫反拆开，枚举 $k$ ：

{(\prod_{d = 1}^{min (a, b)} {(d^{d^{2}})}^{\sum_{k = 1}^{min (⌊ \frac{a}{d} ⌋, ⌊ \frac{b}{d} ⌋)} μ (k) k^{2} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{d k} ⌋} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{b}{d k} ⌋} i j})}^{\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：

{(\prod_{d = 1}^{min (a, b)} {(d^{d^{2}})}^{\sum_{k = 1}^{min (⌊ \frac{a}{d} ⌋, ⌊ \frac{b}{d} ⌋)} μ (k) k^{2} \frac{⌊ \frac{a}{d k} ⌋ (⌊ \frac{a}{d k} ⌋ + 1)}{2} \frac{⌊ \frac{b}{d k} ⌋ (⌊ \frac{b}{d k} ⌋ + 1)}{2}})}^{\frac{c (c + 1)}{2}}

预处理一下 $d^{d^{2}}$ 的前缀积，和 $μ (k) k^{2}$ 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：

{(\prod_{d = 1}^{min (a, b)} \prod_{k = 1}^{min (⌊ \frac{a}{d} ⌋, ⌊ \frac{b}{d} ⌋)} d^{d^{2} μ (k) k^{2} \frac{⌊ \frac{a}{d k} ⌋ (⌊ \frac{a}{d k} ⌋ + 1)}{2} \frac{⌊ \frac{b}{d k} ⌋ (⌊ \frac{b}{d k} ⌋ + 1)}{2}})}^{\frac{c (c + 1)}{2}}

枚举 $T = d k$ ，有：

\prod_{T = 1}^{min (a, b)} {(\prod_{k | T} {(\frac{T}{k})}^{(\frac{T}{k})^{2} μ (k) k^{2}})}^{\frac{⌊ \frac{a}{T} ⌋ (⌊ \frac{a}{T} ⌋ + 1)}{2} \frac{⌊ \frac{b}{T} ⌋ (⌊ \frac{b}{T} ⌋ + 1)}{2} \frac{c (c + 1)}{2}}

也就是：

\prod_{T = 1}^{min (a, b)} {(\prod_{k | T} {(\frac{T}{k})}^{μ (k) T^{2}})}^{\frac{⌊ \frac{a}{T} ⌋ (⌊ \frac{a}{T} ⌋ + 1)}{2} \frac{⌊ \frac{b}{T} ⌋ (⌊ \frac{b}{T} ⌋ + 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_{T = 1}^{min (a, b)} g (T)^{T^{2} \frac{⌊ \frac{a}{T} ⌋ (⌊ \frac{a}{T} ⌋ + 1)}{2} \frac{⌊ \frac{b}{T} ⌋ (⌊ \frac{b}{T} ⌋ + 1)}{2} \frac{c (c + 1)}{2}}

一次数论分块即可。

$t y p e = 2$

把 $f (2) = gcd (i, j, k)$ 带入，得：

\frac{\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} {(i j)}^{gcd (i, j, k)}}{(\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} gcd (i, j)^{gcd (i, j, k)}) (\prod_{i = 1}^{A} \prod_{j = 1}^{B} \prod_{k = 1}^{C} gcd (i, k)^{gcd (i, j, k)})}

我们处理分子分母吧……好累啊……

分子

我们记：

f_{2} (a, b, c) = \prod_{i = 1}^{a} \prod_{j = 1}^{b} \prod_{k = 1}^{c} i^{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 $d k$ 后数论分块

\prod_{d = 1}^{min (a, b, c)} \prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{d} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{d} ⌋} \prod_{k = 1}^{⌊ \frac{c}{d} ⌋} (i d)^{d [gcd (i, j, k) = 1]}

\prod_{d = 1}^{min (a, b, c)} \prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{d} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{d} ⌋} \prod_{k = 1}^{⌊ \frac{c}{d} ⌋} \prod_{t | gcd (i, j, k)} (i d)^{d μ (t)}

\prod_{d = 1}^{min (a, b, c)} \prod_{t = 1}^{min (⌊ \frac{a}{d} ⌋, ⌊ \frac{b}{d} ⌋, ⌊ \frac{c}{d} ⌋)} \prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{d t} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{d t} ⌋} \prod_{k = 1}^{⌊ \frac{c}{d t} ⌋} (i d t)^{d μ (t)}

\prod_{T = 1}^{min (a, b, c)} \prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{T} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{T} ⌋} \prod_{k = 1}^{⌊ \frac{c}{T} ⌋} (i T)^{\sum_{d | T} d μ (\frac{T}{d})}

蛮好的，有 $φ$ 了：

\prod_{T = 1}^{min (a, b, c)} \prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{T} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{T} ⌋} \prod_{k = 1}^{⌊ \frac{c}{T} ⌋} (i T)^{φ (T)}

$i$ 和 $T$ 分开，有：

\prod_{T = 1}^{min (a, b, c)} T^{φ (T) ⌊ \frac{a}{T} ⌋ ⌊ \frac{b}{T} ⌋ ⌊ \frac{c}{T} ⌋} {(⌊ \frac{a}{T} ⌋!)}^{⌊ \frac{b}{T} ⌋ ⌊ \frac{c}{T} ⌋ φ (T)}

一次数论分块即可。

分母

我们令：

f_{3} (a, b, c) = \prod_{i = 1}^{a} \prod_{j = 1}^{b} \prod_{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_{d = 1}^{min (a, b, c)} \prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{d} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{d} ⌋} \prod_{k = 1}^{⌊ \frac{c}{d} ⌋} (d gcd (i, j))^{d [gcd (i, j, k) = 1]}

拆成 $μ$ ，放到底数：

\prod_{d = 1}^{min (a, b, c)} \prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{d} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{d} ⌋} \prod_{k = 1}^{⌊ \frac{c}{d} ⌋} \prod_{t | gcd (i, j, k)} (d gcd (i, j))^{d μ (t)}

$t$ 移出去：

\prod_{d = 1}^{min (a, b, c)} \prod_{t = 1}^{min (⌊ \frac{a}{d} ⌋, ⌊ \frac{b}{d} ⌋, ⌊ \frac{c}{d} ⌋)} \prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{d t} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{d t} ⌋} \prod_{k = 1}^{⌊ \frac{c}{d t} ⌋} (d t gcd (i, j))^{d μ (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_{d = 1}^{min (a, b, c)} \prod_{k = 1}^{min (⌊ \frac{a}{d} ⌋, ⌊ \frac{b}{d} ⌋, ⌊ \frac{c}{d} ⌋)} \prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{d k} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{d k} ⌋} (d k gcd (i, j))^{d μ (k) ⌊ \frac{c}{d k} ⌋}

然后我们枚举 $T = d k$ ，有：

\prod_{T = 1}^{min (a, b, c)} \prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{T} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{T} ⌋} (T gcd (i, j))^{⌊ \frac{c}{d k} ⌋ \sum_{d | T} d μ (\frac{T}{d})}

得， $φ$ 出来了，~~这一步我退出来乐死了~~。

\prod_{T = 1}^{min (a, b, c)} \prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{T} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{T} ⌋} (T gcd (i, j))^{⌊ \frac{c}{d k} ⌋ φ (T)}

分成两部分，就是：

\prod_{T = 1}^{min (a, b, c)} T^{φ (T) ⌊ \frac{a}{T} ⌋ ⌊ \frac{b}{T} ⌋} {(\prod_{i = 1}^{⌊ \frac{a}{T} ⌋} \prod_{j = 1}^{⌊ \frac{b}{T} ⌋} gcd (i, j))}^{⌊ \frac{c}{d k} ⌋ φ (T)}

后者，又出现了我们文章最开头推的式子，于是就成了：

\prod_{T = 1}^{min (a, b, c)} T^{φ (T) ⌊ \frac{a}{T} ⌋ ⌊ \frac{b}{T} ⌋} {(\prod_{D = 1}^{min (⌊ \frac{a}{T} ⌋, ⌊ \frac{b}{T} ⌋)} g (D)^{⌊ \frac{a}{D T} ⌋ ⌊ \frac{a}{D T} ⌋})}^{⌊ \frac{c}{d k} ⌋ φ (T)}

两层数论分块，终于，搞！定！

这b题终于让我写！！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=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_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = 1] [gcd (j, k) = 1]

推式子，对后一项莫反拆开：

\sum_{d | k} μ (d) \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{m}{d} ⌋} [gcd (i, j d) = 1]

显然，我们有 $gcd (a, b) = 1, gcd (a, c) = 1 ⟺ gcd (a, b c) = 1$

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_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = 1] [gcd (j, k) = 1]

于是我们有递推式：

f (n, m, k) = \sum_{d | k} μ (d) f (⌊ \frac{m}{d} ⌋, 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， $f (n, m, k) = \sum_{d = 1}^{min (n, m)} μ (d) ⌊ \frac{n}{d} ⌋ ⌊ \frac{m}{d} ⌋$ ，基本推式子没的说。

所以我们用杜教筛处理 $μ$ 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 $μ (d) = 0$ 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。

提交记录

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_{i = 1}^{n} \prod_{j = 1}^{m} f_{gcd (i, j)}

这不乱做？

\prod_{d = 1}^{min (n, m)} \prod_{k = 1}^{min (⌊ \frac{n}{d} ⌋, ⌊ \frac{m}{d} ⌋)} f_{d}^{μ (k) ⌊ \frac{n}{d k} ⌋ ⌊ \frac{m}{d k} ⌋}

枚举 $T = d k$ ：

\prod_{T = 1}^{min (n, m)} (\prod_{d ∣ T} f_{d}^{μ (\frac{T}{d})})^{⌊ \frac{n}{T} ⌋ ⌊ \frac{m}{T} ⌋}

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~~

提交记录

P2257 YY的GCD

求：

\sum_{p \in P} \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{m} [gcd (i, j) = p]

莫个反先：

\sum_{p \in P} \sum_{d = 1}^{min (⌊ \frac{n}{p} ⌋, ⌊ \frac{m}{p} ⌋)} μ (d) ⌊ \frac{n}{p d} ⌋ ⌊ \frac{m}{p d} ⌋

枚举 $T = p d$ ：

\sum_{T = 1}^{min (n, m)} ⌊ \frac{n}{T} ⌋ ⌊ \frac{m}{T} ⌋ \sum_{p \in P, p ∣ T} μ (\frac{T}{p})

后面的可以预处理。求个前缀和。做完了。

提交记录

双倍经验 & 提交记录

P1891 疯狂 LCM

挺好玩。求：

\sum_{i = 1}^{n} l c m (i, n)

先拆一下：

\sum_{i = 1}^{n} \frac{i \times n}{gcd (i, n)}

枚举 $gcd$ ：

n \sum_{d ∣ n} \frac{1}{d} \sum_{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 $f (n) = \sum_{i = 1}^{n} i [gcd (i, n) = 1]$ ，于是原式变成：

n \sum_{d ∣ n} f (\frac{n}{d}) = n \sum_{d ∣ n} f (d)

我们先处理 $f (n)$ ：莫反拆开：

f (n) = \sum_{i = 1}^{n} i \sum_{k ∣ gcd (i, n)} μ (k)

枚举 $k$ ：

f (n) = \sum_{k ∣ n} μ (k) \sum_{i = 1}^{\frac{n}{k}} i k

也就是：

f (n) = \sum_{k ∣ n} μ (k) k \frac{\frac{n}{k} (\frac{n}{k} + 1)}{2} = \sum_{k ∣ n} μ (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_{d ∣ 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！

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posted @ 2024-01-27 16:27 一匹大宝羊阅读(49) 评论(0) 编辑收藏举报

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分子

分母

m=0

m=1

m>1

type=0

1.分子

2.分母

type=1

分子

分母

type=2

分子

分母

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