[bzoj5332] [SDOI2018]旧试题

题目描述

时光匆匆，转眼间又是一年省选季……

这是小 Q 同学第二次参加省队选拔赛。今年，小 Q 痛定思痛，不再冒险偷取试题，而是通过练习旧试题提升个人实力。可是旧试题太多了，小 Q 没日没夜地做题，却看不到前方的光明在哪里。

一天，因做题过度而疲惫入睡的小 Q 梦到自己在考场上遇到了一道好像做过的题目，却怎么也想不起曾经自己是怎么解决它的，直到醒来还心有余悸。

小 Q 眉头一皱，感觉事情不妙，于是他找到了你，希望你能教他解决这道题目。小 Q 依稀记得题目要计算如下表达式的值。

\((\sum_{i=1}^{A}\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}d(ijk))\bmod(10^9+7)\)

其中 d(ijk) 表示 i × j × k 的约数个数。

输入输出格式

输入格式：

第一行包含一个正整数 T，表示有 T 组测试数据。

接下来 T 行，每行描述一组测试数据，包含三个整数 A,B 和 C，含义见题目描述。

输出格式：

对于每组测试数据，输出一行，包含一个整数，表示所求表达式的值。

输入输出样例

输入样例：

5
10 10 10
100 100 100
1000 1000 1000
10000 10000 10000
100000 100000 100000

输出样例：

11536
51103588
165949340
19234764
176764584

Solution

关于约数个数\(d(x)\)有这样一个性质：

\[d(ijk)=\sum_{r|i}\sum_{s|j}\sum_{t|k}[(r,s)=1][(s,t)=1][(r,t)=1] \]

证明：对于每一个质因子进行考虑，设\(i,j,k\)当前质因子的指数分别是\(a,b,c\)，显然这个质因子的贡献是\((a+b+c+1)\)，那么由于限制了\(r,s,t\)两两互质，最多这三者只有一个含有当前质因子：

1. \(r\)含有\(x\)个，则表示当前质因子用了\(x\)个
2. \(s\)含有\(x\)个，则表示用了\(a+x\)个
3. \(t\)含有\(x\)个，则表示用了\(a+b+x\)个
4. 若都不含当前质因子，则表示没用这个质因子。

所以总情况是\(a+b+c+1\)个，这样正好就可以算对。

根据上面的证明，推广到\(n\)个数相乘也是成立的，只要枚举的数两两互质就好。

所以带进原式可得：

\[ans=\sum_{i=1}^a\sum_{j=1}^b\sum_{k=1}^c\sum_{r|i}\sum_{s|j}\sum_{t|k}\epsilon(r,s)\epsilon(s,t)\epsilon(r,t) \]

这里将\([\gcd(i,j)=1]\)简记成\(\epsilon(i,j)\)。

然后把\(r,s,t\)提前：

\[ans=\sum_{r=1}^{a}\sum_{s=1}^b\sum_{t=1}^c\lfloor\frac{a}{r}\rfloor\lfloor\frac{b}{s}\rfloor\lfloor\frac{c}{t}\rfloor\epsilon(r,s)\epsilon(s,t)\epsilon(r,t) \]

然后对于每一个\(\epsilon(i,j)\)都进行莫比乌斯反演，整理化简可得：

\[ans=\sum_{u=1}^{\min(a,b)}\sum_{v=1}^{\min(b,c)}\sum_{w=1}^{\min(a,c)}\mu(u)\mu(v)\mu(w)s(\frac{a}{{\rm{lcm}}(u,v)})s(\frac{b}{{\rm{lcm}}(v,w)})s(\frac{c}{{\rm{lcm}}(u,w)}) \]

其中：

\[s(n)=\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor=\sum_{i=1}^{n}d(i) \]

这一步由约数个数的定义可得。

然后，，上面那个长的像\(O(n^3)\)的东西就是正解，，

考虑下如何让式子后面那一块有值，当且仅当：

\[\mu(u)\ne 0,\mu(v)\ne 0,\mu(w) \ne 0,{{\rm{lcm}}(u,v)}\leqslant a,{{\rm{lcm}}(v,w)}\leqslant b,{{\rm{lcm}}(u,w)}\leqslant c \]

所以对于每一个质数，在\(u,v,w\)的质因数分解中只可能至多出现一次，所以我们爆搜有没有出现的八种情况，然后剪枝。。

• 可以预处理出前面一部分的答案，当当前质数大于限制的时候，且范围较小，可以直接用预处理出来的答案。
• 考虑到超过两个含有当前质数时，除开当前的\(\mu\)的影响，所有情况答案都是一样的，所以可以少算三种情况。
• 可以证明从大到小枚举质数，上面那个剪枝会快些。。。

然后尽量不要取模，\(ans\)不会爆\(long\,\,long\)，最后取一次模就行了。

代码很好写(是真的比三元环计数好些啊，3k的码量差距啊)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
  
void print(int x) {
    if(x<0) putchar('-'),x=-x;
    if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
 
const int maxn = 1e5+10;
const int lim = 40;
const int mod = 1e9+7;
 
#define ll long long 
 
int f[maxn],pri[maxn],tot,d[maxn],ff[lim+1][lim+1][lim+1],vis[maxn];
 
void prepare() {
    int n=1e5;for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) {
        if(!vis[i]) pri[++tot]=i;
        for(int j=i;j<=n;j+=i) d[j]++,vis[j]=1;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=(f[i-1]+d[i])%mod;
    for(int i=1;i<=lim;i++)
        for(int j=1;j<=lim;j++)
            for(int k=1;k<=lim;k++)
                ff[i][j][k]=(0ll+ff[i-1][j][k]+ff[i][j-1][k]+ff[i][j][k-1]-ff[i-1][j-1][k]-ff[i-1][j][k-1]-ff[i][j-1][k-1]+ff[i-1][j-1][k-1]+d[i*j*k])%mod;
}
 
ll dfs(int now,int a,int b,int c) {
    if(!now) return 1ll*f[a]*f[b]%mod*f[c]%mod;
    if((!a)&&(!b)&&(!c)) return 0;
    int p=pri[now],mx=max(max(a,b),c);
    if(p>mx&&mx<=lim) return ff[a][b][c];
    ll ans=dfs(now-1,a,b,c);
    if(a>=p&&b>=p) ans-=dfs(now-1,a/p,b/p,c);
    if(a>=p&&c>=p) ans-=dfs(now-1,a/p,b,c/p);
    if(b>=p&&c>=p) ans-=dfs(now-1,a,b/p,c/p);
    if(a>=p&&b>=p&&c>=p) ans+=dfs(now-1,a/p,b/p,c/p)<<1ll;
    return ans;
}
 
void solve() {
    int a,b,c;read(a),read(b),read(c);
    int mx=max(max(a,b),c);
    int now=tot;
    while(pri[now]>mx) now--;
    write((int)((dfs(now,a,b,c)%mod+mod)%mod));
}
 
signed main() {
    prepare();int t;read(t);
    while(t--) solve();
    return 0;
}