杜教筛(进阶篇)

~~一道更比一道毒瘤~~

[51 nod 1227] 平均最小公倍数#

其实就是求

a n s = A n s (b) - A n s (a - 1)

$ans=Ans(b)-Ans(a-1)$

因此我们只需要求出函数 $Ans(n)$ 就行了

A n s (n) = \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{i} \sum_{j = 1}^{i} l c m (j, i)

$Ans(n)=\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\sum_{j=1}^ilcm(j,i)$

= \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{i} \sum_{j = 1}^{i} \frac{j i}{g c d (j, i)}

$=\sum_{i=1}^n\frac{1}{i}\sum_{j=1}^i\frac{ji}{gcd(j,i)}$

= \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{i} \frac{j}{g c d (j, i)}

$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i\frac{j}{gcd(j,i)}$

= \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{i} \sum_{d = 1} [g c d (i, j) == d] \frac{j}{d}

$=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i\sum_{d=1}[gcd(i,j)==d]\frac{j}{d}$

= \sum_{d = 1}^{n} \frac{1}{d} \sum_{d | i}^{n} \sum_{d | j}^{i} [g c d (i, j) == d] j

$=\sum_{d=1}^n\frac{1}{d}\sum_{d|i}^n\sum_{d|j}^i[gcd(i,j)==d]j$

= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{i} [g c d (i, j) == 1] j

$=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^i[gcd(i,j)==1]j$

= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{i} \sum_{k | i, k | j} μ (k) j

$=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^i\sum_{k|i,k|j}\mu(k)j$

设

F (n) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{k | i, k | n} μ (k) i

$F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{k|i,k|n}\mu(k)i$

F (n) = \sum_{k | n} μ (k) k \sum_{i = 1}^{\frac{n}{k}} i

$F(n)=\sum_{k|n}\mu(k)k\sum_{i=1}^{\frac{n}{k}}i$

F (n) = \sum_{k | n} μ (k) k (1 + \frac{n}{k}) \frac{n}{k} \frac{1}{2}

$F(n)=\sum_{k|n}\mu(k)k(1+\frac{n}{k})\frac{n}{k}\frac{1}{2}$

F (n) = \frac{1}{2} \sum_{k | n} μ (k) (1 + \frac{n}{k}) n

$F(n)=\frac{1}{2}\sum_{k|n}\mu(k)(1+\frac{n}{k})n$

F (n) = \frac{1}{2} (\sum_{k | n} μ (k) n + \sum_{d | n} μ (k) n \frac{n}{k})

$F(n)=\frac{1}{2}(\sum_{k|n}\mu(k)n+\sum_{d|n}\mu(k)n\frac{n}{k})$

而我们知道

\sum_{k | n} μ (k) n = [n == 1]

$\sum_{k|n}\mu(k)n=[n==1]$

我们也知道

\sum_{d | n} μ (k) \frac{n}{k} = μ * i d = φ

$\sum_{d|n}\mu(k)\frac{n}{k}=\mu*id=\varphi$

其中 $*$ 表示狄利克雷卷积
因此变成

F (n) = \frac{1}{2} (e + n φ (n))

$F(n)=\frac{1}{2}(e+n\varphi(n))$

带进整个式子

= \frac{1}{2} \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} (e + i φ (i))

$=\frac{1}{2}\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}(e+i\varphi(i))$

考虑把 $e$ 拆出来，那么只有 $i$ 等于1是会有贡献，一共有n个1，所以总贡献是n

= \frac{1}{2} (n + \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} i \times φ (i))

$=\frac{1}{2}(n+\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}i\times \varphi(i))$

问题转化为求 $i\times \varphi(i)$ 的前缀和，我们考虑卷上一个 $id(n)=n$ ,化简可以得到 $n^2$ ，上杜教筛就行了

S (n) = \sum_{i = 1}^{n} n^{2} - \sum_{i = 2}^{n} i S (n / i)

$S(n)=\sum_{i=1}^nn^2-\sum_{i=2}^niS(n/i)$

复杂度 $O(n^{\frac{2}{3}})$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+7;
typedef long long LL;
const LL mod = 1e9+7;
LL phi[N];
LL f[N];
int v[N],prime[N],tot=0;
LL Pow(LL a,LL b)
{
	LL res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=1ll*res*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
LL inv6=Pow(6,mod-2);
LL inv2=Pow(2,mod-2);
LL sqr(LL n)
{
	n%=mod;
	return n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod;
}
LL sum(LL n)
{
	return 1ll*(1+n)*n%mod*inv2%mod;
}
void init(int n)
{
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!v[i])
		{
			v[i]=i;
			prime[++tot]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
		for(int j=1;j<=tot;j++)
		{
			if(prime[j]>v[i]||i*prime[j]>n) break;
			v[i*prime[j]]=prime[j];
			if(i%prime[j]==0)
			{
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	phi[i]=(phi[i-1]+phi[i]*i%mod)%mod;
}
unordered_map<LL,LL> s,vis;
LL Sum(LL n)
{
	if(n<=1e6) return phi[n];
	if(vis[n]) return s[n];
	LL res=sqr(n);
	LL l=2,r;
	for(;l<=n;l=r+1)
	{
		r=(n/(n/l));
		res=(res-(sum(r)-sum(l-1)+mod)%mod*Sum(n/l)%mod+mod)%mod;
	}
	vis[n]=1;
	s[n]=res;
	return res;
}
LL calc(LL n)
{
	LL res=n;
	LL l=1,r;
	for(;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		res=(res+1ll*(r-l+1)%mod*Sum(n/l)%mod)%mod;
	}
	return res*inv2%mod;	
}
int main()
{
	freopen("minave.in","r",stdin);
	freopen("minave.out","w",stdout);
	init(1e6);
	LL a,b;
	cin>>a>>b;
	cout<<(calc(b)-calc(a-1)+mod)%mod;
	return 0;
}

SP20173 DIVCNT2 - Counting Divisors (square)#

考虑先分析 $\sigma(n^2)$ 的性质
显然这是一个积性函数，我们考虑从每一个质因子分别考虑
$\sigma((p^k)^2)=2*k+1=k+(k+1)=\sigma(p^k)+\sigma(p^{k-1})$
我们继续观察， $p^k$ ? $p^{k-1}$ ?
也就是 $p_k$ 除以他们的质因子的次幂是0或1
那么有没有什么是和指数相关的的呢？
没错,就是 $\mu$ ，但是 $\mu$ 有负数，怎么办呢
没错，加个平方就行了
事实上和我们分析的一样， $\sigma(n^2)=\sum_{d|n}\sigma(d)\mu^2(\frac{n}{d})$

当然和 $\sigma(n^2)=\sum_{d|n}\sigma(\frac{n}{d})\mu^2(d)$ 是一样的

a n s = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{d | n} σ (\frac{i}{d}) μ^{2} (i)

$ans=\sum_{i=1}^n\sum_{d|n}\sigma(\frac{i}{d})\mu^2(i)$

莫反一下

a n s = \sum_{d = 1}^{n} μ^{2} (d) \sum_{d | i} σ (\frac{i}{d})

$ans=\sum_{d=1}^n\mu^2(d)\sum_{d|i}\sigma(\frac{i}{d})$

a n s = \sum_{d = 1}^{n} μ^{2} (d) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} σ (i)

$ans=\sum_{d=1}^n\mu^2(d)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sigma(i)$

这个东西可以用整除分块做一下，现在的问题变为得到
$\mu^2(n)$ 和 $\sigma(n)$ 的前缀和
根据一些容斥的知识，我们可以得到
$\sum_{i=1}^n\mu^2(i)=\sum_{i=1}^{\sqrt n}\mu(i)\lfloor \frac{n}{d^2}\rfloor$
这个可以用整除分块做到 $O(\sqrt n)$
而有一个众所众知的式子
$\sum_{i=1}^n\sigma(i)=\sum_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$
证明的话就是考虑计算每个数在n个数中有多少倍数
这个也可以整除分块做到 $O(\sqrt n)$
不过两个 $n$ 套起来就是 $O(n)$ 了
我们考虑先预处理 $\mu^2(n)$ 和 $\sigma(n)$ 的前 $n^{\frac{2}{3}}$ 项的前缀和，询问的时候直接调用
复杂度和杜教筛类似是 $O(n^{\frac{2}{3}})$
当然，这个题有毒
它的 $n$ 是 $10^{12}$ ,预处理要处理到 $10^8$
因此不仅空间大，常数也大
这份代码在SPOJ上并不能跑过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 5e7+5;
const int M = 1e7+7;
typedef long long LL;
LL d[N];
int mu[N];
int t[N];
bool v[N];
int prime[M],tot=0;
void init(int n)
{
	mu[1]=1;
	d[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!v[i])
		{
			v[i]=1;
			prime[++tot]=i;
			d[i]=2;
			mu[i]=-1;
			t[i]=2;
		}
		for(int j=1;j<=tot;j++)
		{
			if(i*prime[j]>n) break;
			v[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				t[i*prime[j]]=t[i]+1;
				d[i*prime[j]]=d[i]/t[i]*(t[i]+1);
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
				t[i*prime[j]]=2;
				d[i*prime[j]]=d[i]*d[prime[j]];
				mu[i*prime[j]]=mu[i]*mu[prime[j]];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		d[i]+=d[i-1];
		t[i]=t[i-1]+abs(mu[i]);
	}
}
LL R;
LL SumU(LL n)
{
	if(n<=R) return t[n];
	LL res=0;
	for(LL i=1;i*i<=n;i++)
	res=(res+mu[i]*(n/i/i));
	return res;
}
LL SumD(LL n)
{
	if(n<=R) return d[n];
	LL res=0;
	LL l=1,r;
	for(;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		res=res+(r-l+1)*(n/l);		
	}
	return res;
}
void solve(LL n)
{
	LL res=0;
	LL l=1,r;
	LL last=0;
	LL m=sqrt(n);
	for(LL i=1;i<=m;i++)
	if(mu[i]!=0) res=res+SumD(n/i);
	l=m+1;last=SumU(m);
	for(;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		LL now=SumU(r);
		res=(res+(now-last)*SumD(n/l));
		last=now;
	}
	printf("%lld\n",res);
}
LL a[20000];
LL INF = 1e12;

int main()
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	int T;
	cin>>T;
	LL r;
	for(int i=1;i<=T;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
		r=max(r,a[i]);	
	}
	if(r<=10000) R=10000;
	else R=N-10;
	init(R);
	for(int i=1;i<=T;i++)
	solve(a[i]);
	return 0;
}

[51nod1222]最小公倍数计数#

还是先做成前缀相减的形式
问题转化为求

F (n) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} [l c m (i, j) \leq n]

$F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[lcm(i,j)\leq n]$

F (n) = \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \sum_{d | i, d | j} [g c d (i, j) == d] [\frac{i j}{d} \leq n]

$F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d|i,d|j}[gcd(i,j)==d][\frac{ij}{d}\leq n]$

= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} [g c d (i, j) == 1] [i j \leq \frac{n}{d}]

$=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor }\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}[gcd(i,j)==1][ij\leq \frac{n}{d}]$

= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{k | i, k | j} μ (k) [i j \leq \frac{n}{d}]

$=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor }\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{k|i,k|j}\mu(k)[ij\leq \frac{n}{d}]$

= \sum_{d = 1}^{n} \sum_{k = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} μ (k) \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} [i j k^{2} \leq \frac{n}{d}]

$=\sum_{d=1}^n\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu(k)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dk} \rfloor }\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor}[ijk^2\leq \frac{n}{d}]$

= \sum_{k = 1}^{n} μ (k) \sum_{d = 1}^{⌊ \frac{n}{k} ⌋} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} [i j d \leq \frac{n}{k^{2}}]

$=\sum_{k=1}^n\mu(k)\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dk} \rfloor }\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor}[ijd\leq \frac{n}{k^2}]$

发现 $k$ 最大不会超过 $\sqrt(n)$
因此

= \sum_{k = 1}^{\sqrt{(} n)} μ (k) \sum_{d = 1}^{⌊ \frac{n}{k} ⌋} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d k} ⌋} [i j d \leq \frac{n}{k^{2}}]

$=\sum_{k=1}^{\sqrt(n)}\mu(k)\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dk} \rfloor }\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor}[ijd\leq \frac{n}{k^2}]$

可以考虑枚举 $k$ ，计算后面的值
观察后三项的上指标
会发现，如果 $a\geq \lfloor \frac{n}{k} \rfloor$ ,后面的式子就为0
类似的， $i,j$ 的上指标都可以被后面的约束掉
因此，后边部分等于

\sum_{d} \sum_{i} \sum_{j} [i j k \leq \frac{n}{k}]

$\sum_{d}\sum_{i}\sum_{j}[ijk\leq\frac{n}{k}]$

我们考虑强制让 $d\leq i \leq j$ 然后乘一个系数就行了
考虑不同的 $d,i,j$ 的状态
1： $d,d,d$ ，即三个相等，枚举到的合法的d就加一就行了
2： $d,i,i$ ，即后两个相等，算出合法的 $d,i$ 的数量乘以3
3： $d,d,i$ 与2类似
4： $d,i,j$
发现 $d$ 只需要枚举到n的三次根就行了，i只需要枚举到n的平方根就行了
总复杂度与杜教筛类似为 $O(n^{\frac{2}{3}})$ ,它的系数是6
可以再计算后面的时候一块计算

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N =1e6+7;
LL mu[N],v[N];
LL prime[N],tot=0;
void init(LL n)
{
	mu[1]=1;
	for(LL i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!v[i])
		{
			v[i]=i;
			mu[i]=-1;
			prime[++tot]=i;
		}
		for(LL j=1;j<=tot;j++)
		{
			if(prime[j]>v[i]||i*prime[j]>n) break;
			v[i*prime[j]]=prime[j];
			if(i%prime[j]==0)
			{
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*prime[j]]=mu[i]*mu[prime[j]];
		}
	}
}
LL S(LL n)
{
	LL res=0;
	for(LL k=1;k*k<=n;k++)
	{
		if(!mu[k]) continue;
		LL cnt=0;
		LL limit=n/(k*k);
		for(LL i=1;i*i*i<=limit;i++)
		{
			for(LL j=i+1;i*j*j<=limit;j++)
			cnt+=(LL)(limit/(i*j)-j)*6+3;//i,j,k+i,j,j 
			cnt+=(LL)(limit/(i*i)-i)*3;//i,i,j
			cnt++;//i,i,i
		}
		res=res+mu[k]*cnt;
	}
	return (res+n)/2;
}
int main()
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	init(1e6);
	LL l,r;
	cin>>l>>r;
	cout<<S(r)-S(l-1);
	return 0;
}

[51nod1220] 约数之和#

求

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} σ (i j)

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sigma(ij)$

其中 $\sigma(n)$ 表示 $n$ 的因子之和
首先有引理
$\sigma(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]\frac{xj}{y}$
证明与SDOI约数个数和类似，不赘述了
直接莫反

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} \sum_{x | i} \sum_{y | j} [g c d (x, y) == 1] \frac{x j}{y}

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]\frac{xj}{y}$

\sum_{x = 1}^{n} x \sum_{y = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{x} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{y} ⌋} [g c d (x, y) == 1] j

$\sum_{x=1}^nx\sum_{y=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{y}\rfloor}[gcd(x,y)==1]j$

\sum_{x = 1}^{n} x \sum_{y = 1}^{n} [g c d (x, y) == 1] ⌊ \frac{n}{x} ⌋ \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{y} ⌋} j

$\sum_{x=1}^nx\sum_{y=1}^n[gcd(x,y)==1]\lfloor \frac{n}{x}\rfloor\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{y}\rfloor}j$

\sum_{x = 1}^{n} x \sum_{y = 1}^{n} \sum_{d | x, d | y} μ (d) ⌊ \frac{n}{x} ⌋ \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{y} ⌋} j

$\sum_{x=1}^nx\sum_{y=1}^n\sum_{d|x,d|y}\mu(d)\lfloor \frac{n}{x}\rfloor\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{y}\rfloor}j$

\sum_{d = 1}^{n} μ (d) d \sum_{x = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} x \sum_{y = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} ⌊ \frac{n}{d x} ⌋ \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d y} ⌋} j

$\sum_{d=1}^n\mu(d)d\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}x\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dy}\rfloor}j$

\sum_{d = 1}^{n} μ (d) d \sum_{x = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} x ⌊ \frac{n}{d x} ⌋ \sum_{y = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} \sum_{j = 1}^{⌊ \frac{n}{d y} ⌋} j

$\sum_{d=1}^n\mu(d)d\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}x\lfloor \frac{n}{dx}\rfloor\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dy}\rfloor}j$

设 $f(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor}i$ , $g(n)=\sum_{i=1}^ni\lfloor \frac{n}{i} \rfloor$

a n s = \sum_{d = 1}^{n} μ (d) d \times g (⌊ \frac{n}{d} ⌋) f (⌊ \frac{n}{d} ⌋)

$ans=\sum_{d=1}^n\mu(d)d\times g(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor)f(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor)$

考虑 $f(n)$ 和 $g(n)$ 的关系
会发现， $g(n)$ 其实就是把 $f(n)$ 中每个数 $i$ 的权值乘上他出现的次数
因此两个式子是等价的，问题进一步转化为

a n s = \sum_{d = 1}^{n} μ (d) d \times g (⌊ \frac{n}{d} ⌋)^{2}

$ans=\sum_{d=1}^n\mu(d)d\times g(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor)^2$

我们只需要求出 $g(n)$ 的前缀和就可以整除分块了
接着会发现 $\sum_{i=1}^n\sigma(i)=\sum_{i=1}^ni\lfloor \frac{n}{i} \rfloor=g(n)$
因此 $g(n)=\sum_{i=1}^n\sigma(i)$
众所众知， $\sigma(n)$ 是积性函数，可以线性筛求出来
类似于杜教筛，预处理除 $n^{\frac{2}{3}}$ 的前缀和，剩下的整除分块暴力做，可以做到 $O(n^{\frac{2}{3}})$
别忘了最后还剩一个 $\mu(d)d$ ，卷上一个 $id(n)=n$ ,就可以杜教筛了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e6+7;
typedef long long LL;
int mu[N];
LL f[N];
int v[N],prime[N],tot=0;
const int mod = 1e9+7;
LL d[N],t[N],g[N];
void init(LL n)
{
	mu[1]=1;
	d[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!v[i])
		{
			v[i]=i;
			prime[++tot]=i;
			mu[i]=-1;
			d[i]=i+1;
			g[i]=i;
			t[i]=i+1;
		}
		for(int j=1;j<=tot;j++)
		{
			if(prime[j]>v[i]||i*prime[j]>n) break;
			v[i*prime[j]]=prime[j];
			if(i%prime[j]==0)
			{
				g[i*prime[j]]=g[i]*prime[j];
				t[i*prime[j]]=t[i]+g[i*prime[j]];
				d[i*prime[j]]=d[i]/t[i]*t[i*prime[j]];
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			else 
			{
				mu[i*prime[j]]=mu[i]*mu[prime[j]];
				d[i*prime[j]]=d[i]*d[prime[j]];
				g[i*prime[j]]=prime[j];
				t[i*prime[j]]=1+prime[j];
			}
		} 
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		f[i]=(f[i-1]+mu[i]*i%mod+mod)%mod;
		d[i]=(d[i]+d[i-1])%mod;
	}
}
unordered_map<LL,LL> vis,s;
LL Sum(LL n)
{
	if(n<=1e6) return f[n];
	if(vis[n]) return s[n];
	LL res=1;
	LL l=2,r;
	for(;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		res=(res-1ll*(l+r)*(r-l+1)/2%mod*Sum(n/l)%mod+mod)%mod;
	}
	vis[n]=1;
	s[n]=res;
	return res;
}
LL D(LL n)
{
	if(n<=1e6) return d[n];
	LL l=1,r;
	LL res=0;
	for(;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		res=(res+(l+r)*(r-l+1)/2%mod*(n/l)%mod)%mod;
	}
	return res;
}
int main()
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	init(1e6);
	LL n;
	cin>>n;
	LL res=0;
	LL l=1,r;
	for(;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		LL val=D(n/l);
		res=(res+(Sum(r)-Sum(l-1)+mod)%mod*val%mod*val%mod)%mod;
	}
	cout<<res;
	return 0;
}

[51nod1584]加权约数和#

求

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{n} m a x (i, j) σ (i j)

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nmax(i,j)\sigma(ij)$

我们知道这个 $n*n$ 的答案矩阵是对称的，因此答案即为

2 \sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{i} i σ (i j) - \sum_{i = 1}^{n} σ (i^{2})

$2\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ii\sigma(ij)-\sum_{i=1}^n\sigma(i^2)$

先看前半部分
和上一题类似
$\sigma(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]\frac{xj}{y}$
带进式子

\sum_{i = 1}^{n} i \sum_{j = 1}^{i} \sum_{x | i} \sum_{y | j} [g c d (x, y) == 1] \frac{x j}{y}

$\sum_{i=1}^ni\sum_{j=1}^i\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)==1]\frac{xj}{y}$

\sum_{i = 1}^{n} i \sum_{j = 1}^{i} \sum_{x | i} x \sum_{y | j} \sum_{d | x, d | y} μ (d) \frac{j}{y}

$\sum_{i=1}^ni\sum_{j=1}^i\sum_{x|i}x\sum_{y|j}\sum_{d|x,d|y}\mu(d)\frac{j}{y}$

\sum_{d = 1}^{n} μ (d) d \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} i \sum_{x | i} x d \sum_{j = 1}^{i} \sum_{y | j} \frac{j}{y}

$\sum_{d=1}^n\mu(d)d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d} \rfloor}i\sum_{x|i}xd\sum_{j=1}^i\sum_{y|j}\frac{j}{y}$

\sum_{d = 1}^{n} μ (d) d \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} i \sum_{x | i} x d \sum_{j = 1}^{i} \sum_{y | j} y

$\sum_{d=1}^n\mu(d)d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d} \rfloor}i\sum_{x|i}xd\sum_{j=1}^i\sum_{y|j}y$

\sum_{d = 1}^{n} μ (d) d^{2} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} i σ (i) \sum_{j = 1}^{i} σ (j)

$\sum_{d=1}^n\mu(d)d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d} \rfloor}i\sigma(i)\sum_{j=1}^i\sigma(j)$

设 $f(n)=n\sigma(n)\sum_{i=1}^n\sigma(i)$

a n s = \sum_{d = 1}^{n} μ (d) d^{2} \sum_{i = 1}^{⌊ \frac{n}{d} ⌋} f (i)

$ans=\sum_{d=1}^n\mu(d)d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d} \rfloor}f(i)$

我们可以预处理除 $\sigma(n)$ 的前缀和，这样就能快速计算 $f(i)$
但是询问的次数非常多，需要我们 $O(1)$ 回答
因此继续化简

a n s = \sum_{T = 1}^{n} \sum_{k | T} μ (k) k^{2} f (\frac{T}{k})

$ans=\sum_{T=1}^n\sum_{k|T}\mu(k)k^2f(\frac{T}{k})$

这个式子可以通过调和级数 $O(n\log n)$ 的算出来，再计算前缀和就可以 $O(1)$ 查询了
接着看后半部分
问题是处理 $\sigma(n^2)$ 的前缀和
这个也是可以用线性筛筛出来的，毕竟这是一个积性函数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N = 1e6+7;
const LL mod =1e9+7; 
LL d[N],t[N],p[N];
LL sd[N],st[N],sp[N];
LL s[N],g[N];
LL mu[N];
LL v[N],prime[N],tot=0;
LL Pow(LL a,LL b)
{
	LL res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=1ll*res*a%mod;
		a=1ll*a*a%mod;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
LL inv(LL n)
{
	return Pow(n,mod-2);
}
LL f[N];
void init(LL n)
{
	mu[1]=1;
	sd[1]=1;
	d[1]=1;
	for(LL i=2;i<=n;i++)
	{
		if(!v[i])
		{
			v[i]=i;
			prime[++tot]=i;
			mu[i]=-1;
			d[i]=i+1;
			t[i]=i+1;
			p[i]=i;
			sd[i]=(1+i+(LL)i*i%mod)%mod;
			st[i]=(1+i+(LL)i*i%mod)%mod;
			sp[i]=(LL)i*i%mod;
		}
		for(LL j=1;j<=tot;j++)
		{
			if(v[i]<prime[j]||i*prime[j]>n) break;
			LL k=i*prime[j];
			v[i*prime[j]]=prime[j];
			if(i%prime[j]==0)
			{
				mu[k]=0;
				p[k]=p[i]*prime[j]%mod;
				t[k]=(t[i]+p[k])%mod;
				d[k]=d[i]*inv(t[i])%mod*t[k]%mod;
				sp[k]=sp[i]*prime[j]%mod*prime[j]%mod;
				st[k]=(st[i]+sp[i]*prime[j]%mod+sp[k])%mod;
				sd[k]=(sd[i]*inv(st[i])%mod*st[k])%mod;
				break;
			}
			else
			{
				mu[k]=mu[i]*mu[prime[j]];
				p[i*prime[j]]=prime[j];
				t[i*prime[j]]=1+prime[j];
				d[i*prime[j]]=d[i]*d[prime[j]]%mod;
				sp[i*prime[j]]=prime[j]*prime[j]%mod;
				st[i*prime[j]]=(1+prime[j]+prime[j]*prime[j]%mod)%mod;
				sd[i*prime[j]]=sd[i]*sd[prime[j]]%mod;
			}
		}
	}
	for(LL i=1;i<=n;i++)
	s[i]=(d[i]+s[i-1])%mod;
	for(LL i=1;i<=n;i++)
	sd[i]=(sd[i-1]+i*sd[i]%mod)%mod;
	for(LL i=1;i<=n;i++)
	g[i]=1ll*i*d[i]%mod*s[i]%mod;
	for(LL d=1;d<=n;d++)
	for(LL T=d;T<=n;T+=d)
	f[T]=(f[T]+mu[d]*d%mod*d%mod*g[T/d]%mod+mod)%mod;
	for(LL i=1;i<=n;i++)
	f[i]=(f[i-1]+f[i])%mod;
}
LL calc(LL n)
{
	return (2ll*f[n]%mod-sd[n]+mod)%mod;
}
int main()
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	init(1e6);
	LL T;
	cin>>T;
	int ca=0;
	while(T--)
	{
		LL n;
		ca++;
		scanf("%lld",&n);
		printf("Case #%d: %lld\n",ca,calc(n));
	}
	return 0;
}

posted @ 2022-01-28 10:45 Larunatrecy 阅读(31) 评论(0) 编辑收藏举报

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