[NOI2016]循环之美——结论+莫比乌斯反演

原题链接
好妙的一道神仙题

题目大意

让你求在\(k\)进制下，\(\frac{x}{y}\)(\(x\in [1,n],y\in [1,m]\))中有多少个最简分数是纯循环小数

SOLUTION

首先查一下资料，你会发现在十进制下，一个分数是纯循环小数的充要条件是分母的质因子中不含\(2\)和\(5\)。因为\(10=2\times 5\)，于是我们猜在\(k\)进制下只要分母与\(k\)互质即可
orz，猜对了！但是怎么证明呢？
***先在十进制下考虑，看一下题目给的提示，可以知道那些余数其实是\(x\ mod\ y\)，\(10x\ mod\ y\)，\(10^2x\ mod\ y\)...，余数出现重复，表明如下同余方程有解：

\[10^lx\equiv x(mod\ y) \]

又因为\(gcd(x,y)=1\)，所以\(10^l\equiv 1(mod\ y)\)，然后可以得出\(gcd(y,10)=1\)
在\(k\)进制下同理***
于是题目可以等价成让我们求这个式子的值（分数线默认向下取整）

\[\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{m}[gcd(x,y)=1][gcd(y,k)=1] \]

两个和号并一起太丑了，先分开

\[=\sum\limits_{y=1}^{m}[gcd(y,k)=1]\sum\limits_{x=1}^{n}[gcd(x,y)=1] \]

上个莫比乌斯反演

\[=\sum\limits_{y=1}^{m}[gcd(y,k)=1]\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{d|x,d|y}\mu (d) \]

把\(d\)往前提

\[=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)\sum\limits_{d|x}^{n}\sum\limits_{d|y}^{m}[gcd(y,k)=1] \]

\[=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}[gcd(d,k)=1]\mu (d)\sum\limits_{x=1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{y=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(y,k)=1] \]

\[=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}[gcd(d,k)=1]\mu (d)\frac{n}{d}\sum\limits_{y=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(y,k)=1] \]

因为\(k\)只有\(2000\)，所以后面那个和号可以预处理一下然后\(O(1)\)的求。大概就是设\(g(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,k)=1]\)，同时有\(g(n)=\frac{n}{k}g(k)+g(n\ mod\ k)\)，只需要预处理到\(g_k\)就好了
主要是前面的这一部分，推导过程参考自yyb
设

\[f(n,k)=\sum\limits_{d=1}^{n}[gcd(d,k)=1]\mu (d) \]

\[=\sum\limits_{d=1}^{n}\mu (d)\sum\limits_{i|d,i|k}\mu (i) \]

\[=\sum\limits_{i|k}\mu (i)\sum\limits_{d=1}^{\frac{n}{i}}\mu (id) \]

然后一波天秀的操作（用到了\(\mu\)函数的定义和它的积性）

\[=\sum\limits_{i|k}\mu (i)\sum\limits_{d=1,gcd(d,i)=1}^{\frac{n}{i}}\mu (d)\mu (i) \]

\[=\sum\limits_{i|k}\mu (i)^2\sum\limits_{d=1}^{\frac{n}{i}}[gcd(d,i)=1]\mu (d) \]

\[=\sum\limits_{i|k}\mu (i)^2f(\frac{n}{i},i) \]

然后就可以愉快地递归加个记忆化了，但是边界稍微有点麻烦：
当\(n\leqslant 1\)或\(k=1\)时，它等于\(\sum\limits_{d=1}^{n}\mu (d)\)，而\(n\)最大可能有\(10^9\)，所以需要上一个杜教筛
回到这个式子

\[\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}[gcd(d,k)=1]\mu (d)\frac{n}{d}\sum\limits_{y=1}^{\frac{m}{d}}[gcd(y,k)=1] \]

把后面用\(g\)替换，得到

\[=\sum\limits_{d=1}^{min(n,m)}[gcd(d,k)=1]\mu (d)\frac{n}{d}g(\frac{m}{d}) \]

发现是一个二维整除分块的形式，然后就没了
代码，用了一点小优化：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define pii pair<int, int>
#define mp make_pair
#define ll long long
#define MAXN 1000000
#define MAXK 2000

int n, m, k;
int prime[MAXN + 5], mu[MAXN + 5], sum[MAXN + 5], cnt, g0[MAXK + 5];
bool vis[MAXN + 5];
map<int, int> m1;
map<ll, int> m2;

int gcd(int x, int y) {
	return !y ? x : gcd(y, x % y);
}

void init() {
	mu[1] = sum[1] = 1;
	vis[1] = true;
	for (int i = 2; i <= MAXN; ++i) {
		if (!vis[i]) prime[++cnt] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= MAXN; ++j) {
			vis[i * prime[j]] = true;
			if (i % prime[j] == 0) break;
			else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
		sum[i] = mu[i] + sum[i - 1];
	}
	for (int i = 1; i <= k; ++i) g0[i] = g0[i - 1] + (gcd(i, k) == 1);
}

int getsum(int n) {
	if (n <= MAXN) return sum[n];
	else if (m1.count(n)) return m1[n];
	int ret = 1;
	for (int l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		ret -= (r - l + 1) * getsum(n / l);
	}
	return m1[n] = ret;
}

int f(int n, int k) {
	if (k == 1 || n <= 1) return getsum(n);
	else if (m2.count(3000LL * n + k)) return m2[3000LL * n + k];
	int ret = 0;
	for (int i = 1; i <= k; ++i) {
		if (k % i) continue;
		if(mu[i]) ret += mu[i] * mu[i] * f(n / i, i); // 优化，如果mu[i]是0就不需要递归了
	}
	return m2[3000LL * n + k] = ret;
}

int g(int n) {
	return n / k * g0[k] + g0[n % k];
}

int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	init();
	int lim = min(n, m);
	ll ans = 0;
	for (int l = 1, r; l <= lim; l = r + 1) {
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans += 1LL * (f(r, k) - f(l - 1, k)) * (n / l) * g(m / l);
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}