bzoj 4407 于神之怒加强版

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这道题用到了几个小技巧。

T组数据,\(T\leq 2000\) \(n,m\leq 5000000\)

简单推导一下可以得出\(\sum_{w=1}^n\sum_{d|w}\mu(d)(\frac{w}{d})^k\frac{n}{w}\frac{m}{w}\)

整除分块考虑前面预处理 不要脸的做法是 直接调和级数 加一点小优化\(\mu(x)\)为0的时候没必要枚举，发现可以卡过。

考虑直接线性筛 我们只有对于质数p才快速幂 然后对于p i互质 直接相乘 不互质的时候可以发现要多乘一个\(p^k\)

可以轻松通过。

const int MAXN=5000010;
int n,m,top,T,k,maxx;
int mu[MAXN],p[MAXN],v[MAXN];
ll f[MAXN],w[MAXN];
inline ll ksm(ll b,int p)
{
	ll cnt=1;
	while(p)
	{
		if(p&1)cnt=cnt*b%mod;
		b=b*b%mod;p=p>>1;
	}
	return cnt;
}
inline void prepare()
{
	mu[1]=1;f[1]=1;
	rep(2,maxx,i)
	{
		if(!v[i]){p[++top]=v[i]=i;mu[i]=-1;w[i]=ksm(i,k);f[i]=w[i]-1;}
		rep(1,top,j)
		{
			if(maxx/i<p[j])break;
			v[i*p[j]]=p[j];
			if(v[i]==p[j]){f[i*p[j]]=f[i]*w[p[j]]%mod;break;}
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
			f[i*p[j]]=f[i]*f[p[j]]%mod;
		}
	}
	rep(1,maxx,i)f[i]=(f[i]+f[i-1])%mod;
}
int main()
{
	freopen("1.in","r",stdin);
	get(T);get(k);maxx=5000000;prepare();
	while(T--)
	{
		get(n);get(m);
		if(n>m)swap(n,m);
		ll w1,w2,ww,ans=0;
		for(int i=1;i<=n;i=ww+1)
		{
			w1=n/i;w2=m/i;
			ww=min(n/w1,m/w2);
			ans=(ans+(f[ww]-f[i-1])*w1%mod*w2%mod)%mod;
		}
		putl((ans+mod)%mod);
	}
	return 0;
}