BZOJ2154 Crash的数字表格
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Description
今天的数学课上,Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b,LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如,LCM(6, 8) = 24。回到家后,Crash还在想着课上学的东西,为了研究最小公倍数,他画了一张N*M的表格。每个格子里写了一个数字,其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个4*5的表格如下: 1 2 3 4 5 2 2 6 4 10 3 6 3 12 15 4 4 12 4 20 看着这个表格,Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题:这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时,Crash就束手无策了,因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大,Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。
Input
输入的第一行包含两个正整数,分别表示N和M。
Output
输出一个正整数,表示表格中所有数的和mod 20101009的值。
Sample Input
Sample Output
【数据规模和约定】
100%的数据满足N, M ≤ 10^7。
正解:线性筛+莫比乌斯反演
解题报告:
我跟网上的推导方法都不太一样,似乎我的更好理解一下吧...
下面是我的推导过程:(不妨设n<m)
${\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)}$
${=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{ij}{gcd(i,j)}}$
${=\sum_{g=1}^{n}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{g} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{g} \right \rfloor}\sum_{t|i,t|j}\mu (t)ijg}$
令$S[n]=\sum_{i=1}^{n}i$,则
原式${=\sum_{g=1}^{n}g\sum_{t=1}^{\left\lfloor\frac{n}{g}\right\rfloor}\mu (t)t^2 S(\left \lfloor \frac{n}{gt} \right \rfloor) S(\left \lfloor \frac{m}{gt} \right \rfloor)}$
令$Q=gt$,换元得:
原式${=\sum_{Q=1}^{n}S(\left \lfloor \frac{n}{Q} \right \rfloor)S(\left \lfloor \frac{m}{Q} \right \rfloor)Q\sum_{t|Q}\mu (t)t}$
不妨设${f(n)=\sum_{t|n}\mu(t)t}$
则$f(n)$为积性函数,可以在$O(n)$的复杂度内,做线性筛时顺便递推得到:
${f(i*p)=f(i)*f(p) ,}$$i$ $mod$ $p$ ${!=0}$
${=f(i) ,}$$i$ $mod$ $p$ ${=0}$
(p为质数)
总复杂度:$O(n)$
//It is made by ljh2000 #include <iostream> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <cstdio> #include <cmath> #include <algorithm> #include <vector> #include <queue> #include <complex> using namespace std; typedef long long LL; const int MAXN = 10000011; const int MOD = 20101009; int n,m,cnt,ans; int prime[MAXN],S[MAXN],f[MAXN]; bool vis[MAXN]; inline int getint(){ int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<'0'||c>'9') && c!='-') c=getchar(); if(c=='-') q=1,c=getchar(); while (c>='0'&&c<='9') w=w*10+c-'0',c=getchar(); return q?-w:w; } inline void work(){ n=getint(); m=getint(); if(n>m) swap(n,m); LL now; f[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) { if(!vis[i]) { prime[++cnt]=i; f[i]=-i+1; } for(int j=1;j<=cnt && i*prime[j]<=n;j++) { vis[i*prime[j]]=1; if(i%prime[j]==0) { f[i*prime[j]]=f[i]; break; } now=(LL)f[i]*f[prime[j]]; now%=MOD; f[i*prime[j]]=now; } } for(int i=1;i<=m;i++) S[i]=S[i-1]+i,S[i]%=MOD; for(int Q=1;Q<=n;Q++) { now=(LL)S[n/Q]*S[m/Q]; now%=MOD; now*=f[Q]; now%=MOD; now*=Q; now%=MOD; ans+=now; ans%=MOD; } ans+=MOD; ans%=MOD; printf("%d",ans); } int main() { work(); return 0; }