luogu P6222
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：
\[\large\sum_{T=1}^nT^kF(\frac{n}{T})G(T)
\]
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。。。
\(\text{CODE}\)
#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");
}
}
