NOIP 模拟 $87\; \rm 肯德基$

题解 \(by\;zj\varphi\)

推一下式子：

\[f(x)=\mu(x)^2x\\ \mu(x)^2=\sum_{d^2|x}\mu(d)\\ f(x)=x\sum_{d^2|x}\mu(d)\\ \]

原式就等于：

\[\sum_{i=1}^ni\sum_{d^2|i}\mu(d) \]

调整枚举顺序：

\[\sum_{d=1}^{\sqrt n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d^2}}\mu(d)d^2i\\ \sum_{d=1}^{\sqrt n}\mu(d)d^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{d^2}}i\\ \]

注意，文中的 \(\frac{n}{d^2}\) 都是向下取整。

这里来证明一下为什么 \(\mu(x)^2=\sum_{d^2|x}\mu(d)\)：

如果 \(x\) 中没有平方因子，那么 \(\mu(x)^2\) 为 \(1\) 而 \(d=1\) 时恰好贡献了 \(1\)。

如果有，那么考虑通过容斥的角度证明。

假设 \(x\) 中有 \(k\) 个平方质因子，那么选一个的时候被多减去了，在选两个的时候补回来，可以画一个维恩图理解一下。

其实也就是 \(\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}\)，其实就是二项式定理。

化完的式子直接整除分块即可，复杂度 \(\sqrt n+T\sqrt[3] n\)。

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ri signed
#define pd(i) ++i
#define bq(i) --i
#define func(x) std::function<x>
namespace IO{
    char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
    #define gc() p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?(-1):*p1++
    #define debug1(x) std::cerr << #x"=" << x << ' '
    #define debug2(x) std::cerr << #x"=" << x << std::endl
    #define Debug(x) assert(x)
    struct nanfeng_stream{
        template<typename T>inline nanfeng_stream &operator>>(T &x) {
            bool f=false;x=0;char ch=gc();
            while(!isdigit(ch)) f|=ch=='-',ch=gc();
            while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=gc();
            return x=f?-x:x,*this;
        }
    }cin;
}
using IO::cin;
namespace nanfeng{
    #define FI FILE *IM
    #define FO FILE *OUT
    template<typename T>inline T cmax(T x,T y) {return x>y?x:y;}
    template<typename T>inline T cmin(T x,T y) {return x>y?y:x;}
    using ull=unsigned long long;
    static const int N=1e7+7;
    int mu[N],prim[N],cnt,T;
    bool vis[N];
    ull sum[N],a;
    auto Getmu=[]() {
        const int n=N-7;
        mu[1]=1;
        for (ri i(2);i<=n;pd(i)) {
            if (!vis[i]) mu[prim[++cnt]=i]=-1;
            for (ri j(1);j<=cnt&&1ll*i*prim[j]<=n;pd(j)) {
                const int cur=i*prim[j];
                vis[cur]=true;
                if (!(i%prim[j])) break;
                mu[cur]=-mu[i];
            }
        }
        for (ri i(1);i<=n;pd(i)) sum[i]=sum[i-1]+1ull*mu[i]*i*i;
    };
    auto cal=[](ull n) {return n&1?n*((n+1)/2):(n/2)*(n+1);};
    auto calc=[](ull x) {
        ull res=0,lim=sqrt(x);
        for (ull l(1),r;l<=lim;l=r+1) {
            r=cmax(l,(ull)sqrt(x/(x/l/l)));
            res+=(sum[r]-sum[l-1])*cal(x/l/l);
        }
        return res;
    };
    inline int main() {
        FI=freopen("kfc.in","r",stdin);
        FO=freopen("kfc.out","w",stdout);
        Getmu();
        cin >> T;
        for (ri i(1);i<=T;pd(i)) cin >> a,printf("%llu\n",calc(a));
        return 0;
    }
}
int main() {return nanfeng::main();}