luogu P6222

题目

比起加强版，原题面的式子要更绕一些，毕竟这个直接给了你 $\mu$。

我们一如往常的推式子。

$$\large\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k\text{gcd}(i,j)\mu^2(\text{gcd}(i,j))$$

先处理一下 $\text{gcd}$。

$$\large\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[\text{gcd}(i,j)=d](i+j)^kd\mu^2(d)$$

顺便还能把 $d$ 提出来。

$$\large{ \begin{aligned} &\sum_{d=1}^nd\mu^2(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(id+jd)^k[\text{gcd}(i,j)=1]\\ &\sum_{d=1}^nd^{k+1}\mu^2(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(i+j)^k[\text{gcd}(i,j)=1] \end{aligned} }$$

式子太长，中间那一坨很明显可以简写一下，可以方便之后代码的处理。

$$\large F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k$$

我们继续推，接下来按套路来就好。

$$\large{ \begin{aligned} &\sum_{d=1}^nd^{k+1}\mu^2(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)[\text{gcd}(i,j)=1]\\ &\sum_{d=1}^nd^{k+1}\mu^2(d)F(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\sum_{p\mid i,p\mid j}\mu(p) \end{aligned} }$$

从枚举 $d$ 中得到启发，枚举 $p$（这是废话）。在枚举时，原来的 $i$ 和 $j$ 一样会被提出个 $p^k$。

$$\large \sum_{d=1}^nd^{k+1}\mu^2(d)\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(p)p^kF(\frac{n}{dp})$$

套路地设 $T=dp$。

$$\large { \begin{aligned} &\sum_{T=1}^n\sum_{d\mid T}d^{k+1}\mu^2(d)\mu(\frac{T}{d})(\frac{T}{d})^kF(\frac{n}{T})\\ &\sum_{T=1}^n\sum_{d\mid T}d\mu^2(d)\mu(\frac{T}{d})(\frac{T}{d})^kd^kF(\frac{n}{T})\\ &\sum_{T=1}^nT^kF(\frac{n}{T})\sum_{d\mid T}d\mu^2(d)\mu(\frac{T}{d}) \end{aligned} }$$

后面一坨全是积性函数的狄利克雷卷积式的组合,撮合到一起也是个积性函数，那么我们设 ：

$$\large G(n)=\sum_{d\mid n}d\mu^2(d)\mu(\frac{n}{d})$$

就有：

$$\large\sum_{T=1}^nT^kF(\frac{n}{T})G(T)$$

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接下来的难点就在于处理那两个函数了。

我们设 $t[i]$ 为一个数 $i$ 在函数 $F$ 中产生贡献的次数，则有：

$$\large F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(i+j)^k=\sum_{i=2}^{2n}t[i]i^k$$

不难发现，$t[i]$ 的值是有规律的，你可以画个表格模拟这两个 $\sum$。

发现 $t[i]=\text{min}(i-1,2n-i+1)$。

如果设 $V(n)=\sum_{i=1}^n(n-i+1)i^k$，

那么 $F(n)=V(2n)-2V(n)$。

递推处理即可。

对于函数 $G$，已知它是积性函数，那我们先考虑 $G(p^c)$ 的简单情况，其中 $p$ 是一个素数。

我们结合莫比乌斯函数的定义式并稍加运算，得出：

$c=1$，$G(p)=p-1$。

$c=2$，$\mu$ 函数出现了 $0$，故产生贡献时， $d\mid p$，此时 $G(p^2)=-p$。

$c=3$，$\mu(d)$ 和 $\mu(\frac{T}{d})$ 同时存在，一定有一个值为 $0$，所以此时 $G(p^c)=0$。

$c=0$ 不用说。。。

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$\text{CODE}$

#include <bits/stdc++.h>

#define N 20000010
#define ll unsigned int
// 内存给得太小，小心点用~ 模数自然溢出就行

using namespace std;

template <typename T>
inline void read (T &a) {
	T x = 0, f = 1;
	char ch = getchar ();
	while (! isdigit (ch)) {
		(ch == '-') and (f = 0);
		ch = getchar ();
	}
	while (isdigit (ch)) {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ '0');
		ch = getchar ();
	}
	a = f ? x : -x;
}
template <typename T, typename ...A>
inline void read (T &t, A &...a) {
	read (t), read (a...);
}
template <typename T>
inline void print (T x) {
	if (x < 0) putchar ('-'), x = -x;
	if (x > 9) print (x / 10);
	putchar (x % 10 + '0');
}

inline ll qpow (ll a, ll b) {
	ll ret = 1;
	while (b) {
		(b & 1) and (ret = ret * a);
		a = a * a;
		b >>= 1;
	}
	return ret;
}

int pri[N], cnt, k;
ll ans, f[N], g[N]; // 对应上文函数
bool is[N];
inline void phigros (int n) { //线筛
	f[1] = g[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		(! is[i]) and (g[i] = i - 1, f[i] = qpow (i, k), pri[++cnt] = i); 
        // g[i] 正常赋值，猜猜这里的 f 是啥QWQ。
		for (int j = 1; j <= cnt and i * pri[j] <= n; j++) {
			is[i * pri[j]] = 1;
			f[i * pri[j]] = f[i] * f[pri[j]];
			if (i % pri[j] == 0) { // 这里是之前 g 的部分情况
				int res = i / pri[j];
				if (res % pri[j]) g[i * pri[j]] = g[res] * (-pri[j]);
				break;
			}
			g[i * pri[j]] = g[i] * g[pri[j]];
		}
	}
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		g[i] = g[i - 1] + g[i] * f[i];
		f[i] += f[i - 1];
	}
	for (int i = 2; i <= n; i++) {
		f[i] += f[i - 1];
	} // 如前文所述
}

int t, n;

signed main () {
	read (t, n, k);
	phigros (n << 1);
	while (t--) {
		read (n);
		ans = 0;
		for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
			r = n / (n / l);
			ans += (g[r] - g[l - 1]) * (f[(n / l) << 1] - (f[n / l] << 1));
		}
		print (ans);
		printf ("\n");
	}
}