题解 【BZOJ3309】DZY Loves Math

问题

传送门

对于正整数 \(n\) ，定义 \(f(n)\) 为 \(n\) 所含质因子的最大幂指数

即对于 \(n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\dots p_k^{c_k}\) ，\(f(n)=\max \limits{c_i}\)

求

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}f(gcd(i,j)) \]

（\(n,m\le 10^7\) ， \(t\le 10^4\) 组数据）

解析

直接按套路化简

\[\begin{align*} &=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}f(gcd(i,j))\\ &=\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=k]f(k)\\ &=\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[gcd(i,j)=1]f(k)\\ &=\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)f(k)\\ &=\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)f(k)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}[d\mid i]\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[d\mid j]\\ &=\sum\limits_{k=1}^{n}\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\mu(d)f(k)\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor\lfloor\frac{m}{dk}\rfloor\\&设 T=dk\\&=\sum\limits_{T=1}^n\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum\limits_{d\mid T}\mu(d)f(\frac{T}{d})\\ \end{align*}\]

现在我们只要预处理出 \(g(n)=\sum\limits_{d\mid n}\mu(d)f(\frac{n}{d})\) 的前缀和就可以了

对于 \(n,m\le 10^7\) 的数据来说，埃氏筛的时间复杂度过高，要使用线性筛

可是 \(g\) 似乎并非积性函数，也无法使用卷积，无法快速求解，怎么办？

观察 \(g\) ，发现 \(\mu\) 和 \(f\) 似乎都和质因数的指数有关，我们从此方向思考

对于 \(d=p_1^{dc_1}p_2^{dc_2}\dots p_k^{dc_k}\)， 我们发现 \(\mu(d)\) 在 \(\max \limits{dc_i}\ge 2\) 的情况下值为 \(0\)，不予考虑（ \(c\) 前的 \(d\) 仅为标识符，无实际意义）

因此对于 \(d\mid n\) 来说，\(dc_i\in\{0,1\}\)，所以 \(f(\frac{n}{d})\) 的取值只有可能是 \(f(n)\) 或 \(f(n-1)\) （因为 \(\frac{n}{d}\) 最多只会除掉质因子的一次幂，所以说最大幂指数最多只会减一）

现在我们又设 \(\frac{n}{d}=p_1^{\frac{n}{d}c_1}p_2^{\frac{n}{d}c_2}\dots p_{n-k}^{\frac{n}{d}c_{x}}\dots p_n^{\frac{n}{d}c_k}\)，且 \(\frac{n}{d}c_i (x+1\le i\le n)\) 为最大幂指数，那么 \(dc_i\) 在 \(1\le i\le x\) 的取值定然不会影响 \(f(\frac{n}{d})\) 的取值

我们发现，\(dc_i\) 在 \(1\le i\le x\) 的取值一共有 \(2^{x}\) 种（每个位置只能取零和一），而 \(\mu(d)\) 的取值为一和负一的情况（即质因子种类数量为奇数和偶数的情况）刚好相等，各有又因为前面的取值不影响 \(f(\frac{n}{d})\) ，所以说最终取值一定会两两抵消， \(g(n)=0\)

也就是说，若 \(n\) 的幂指数的取值不全部相等，\(g(n)=0\)

若 \(n\) 的幂指数的取值全部相等，即 \(n=p_1^{c}p_2^{c}\dots p_k^{c}\) ，则 \(dc_i\) 的取值一共有 \(2^{k}\) 种，而 \(\mu(d)\) 的取值为一和负一的情况也相等，正常来讲 \(g(n)\) 的取值应该也是零，但是当 \(dc_i=1(1\le i\le k)\) 时，\(f(\frac{n}{d})\) 的取值比其他的小，为 \(f(n)-1\) ，因此要减去此时 \(\mu(d)=\mu(p_1^1p_2^1\dots p_k^1)\) 的值

也就是说，若 \(n\) 的幂指数的取值全部相等，即 \(n\)等于某个正整数的次方， \(g(n)=-\mu(p_1p_2\dots p_k)\)

综上，若 \(n=p_1^{c}p_2^{c}\dots p_k^{c}\) 时， \(g(n)=-\mu(p_1p_2\dots p_k)\)，否则 \(g(n)=0\)

这样，我们枚举 \(i\) ，令 \(g(i^c)=-\mu(i)\) ，其他 \(g(n)=0\) 即可（注意特判 \(n=1\) 的情况）

核心代码

for(int i=2;i<=N;i++){
	if(mu[i]=0)continue;
	for(long long j=i;j<=N;j*=i){
		g[j]=-mu[i];
	}
}