[NOI2016] 循环之美
记录一部分的推导过程
\(k\)进制下，某个合法纯循环数的分数表示为\(\frac{x}y,(x\le n,y\le m)\)，其循环节长度为\(L\)，有约束
\[\begin{cases}
(x,y)=1\\
\dfrac{xk^L}{y}-\lfloor\dfrac{xk^L}{y}\rfloor=\dfrac{x}{y}-\lfloor\dfrac{x}{y}\rfloor\rightarrow xk^L\equiv x\pmod y\rightarrow k\equiv 1\pmod y
\end{cases}\\
\Downarrow\\
(x,y)=1,k\equiv 1\pmod y\rightarrow (x,y)=(k,y)=1
\]
因此可以得出一个算法：答案为\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[(i,j)=1][(j,k)=1]\)。
进行化简（fán）
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[(i,j)=1][(j,k)=1]
&=\sum_{j=1}^m[(j,k)=1]\sum_{i=1}^n[(i,j)=1]\\
&=\sum_{j=1}^m[(j,k)=1]\sum_{i=1}^n\sum_{d|i,d|j}\mu(d)\\
&=\sum_{j=1}^m[(j,k)=1]\sum_{d|j}\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\\
&=\sum_{d=1}^n\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[(jd,k)=1]\\
&=\sum_{d=1}^n\mu(d)\lfloor\frac{n}{d}\rfloor[(d,k)=1]\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[(j,k)=1]
\end{aligned}
\]
显然，对于\(f(n)=\sum_{i=1}^n[(i,k)=1]\)有\(f(n)=\lfloor\frac{n}k\rfloor\varphi(k)+f(n\bmod k)\)，只需要暴力计算前\(k\)项即可。
于是，考虑对\(d\)关于\(n,m\)整除分块，问题转化到求出\(\sum_{d=1}^n\mu(d)[(d,k)=1]\)的值，不妨记为\(g(n,k)\)。
变形继续
\[\begin{aligned}
g(n,k)&=\sum_{d=1}^n\mu(d) \sum_{p|d,p|k}\mu(p)\\
&=\sum_{p|k}\mu(p)\sum_{p|d}^n\mu(d) \\
&=\sum_{p|k}\mu(p)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}p\rfloor}\mu(dp) \\
&=\sum_{p|k}\mu(p)\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}p\rfloor}\mu(d)\mu(p) [(d,p)=1]\\
&=\sum_{p|k}\mu^2(p)g(\lfloor\frac{n}p\rfloor,p)
\end{aligned}
\]
钦定两个边界\(g(0,)=0,g(n,1)=\sum_{i=1}^n\mu(i)\)（杜教筛）。复杂度莫名的\(O(n^{\frac{1}2}k+n^{\frac{2}3})\)。
\[\begin{aligned}
&T(0,)=T(,0)=1\\
&T(n,k)=\sum_{p|k}T(\lfloor\frac{n}p\rfloor,p)
\end{aligned}
\]
总结：回忆起了很多东西。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int PN=1e6+10;
int ctp,pri[PN],phi[PN],mu[PN],smu[PN];
bool vis[PN];
void init() {
for(int i=2; i<PN; ++i) {
if(!vis[i]) {
pri[++ctp]=i;
phi[i]=i+(mu[i]=-1);
}
for(int j=1; j<=ctp&&i*pri[j]<PN; ++j) {
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) {
phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
break;
}
phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
mu[i*pri[j]]=0-mu[i];
}
}
mu[1]=1;
for(int i=1; i<PN; ++i) smu[i]=smu[i-1]+mu[i];
}
int n,m,k;
int cnt,dvs[2001],f[2001];
unordered_map<int,long long> sum_base;
long long F(int n) {return n/k*phi[k]+f[n%k];}
long long sum(int n) {
if(n<PN) return smu[n];
if(sum_base.count(n)) return sum_base[n];
long long S=1;
for(int l=2,r; l<=n; l=r+1) {
r=n/(n/l);
S-=sum(n/l)*(r-l+1);
}
sum_base[n]=S;
return S;
}
long long calc(int n,int k) {
if(!n) return 0;
if(k==1) return sum(n);
long long ret=0;
for(int i=1; i<=cnt&&dvs[i]<=k; ++i)
if(k%dvs[i]==0&&mu[dvs[i]]) {
ret+=calc(n/dvs[i],dvs[i])*mu[dvs[i]]*mu[dvs[i]];
}
return ret;
}
int main() {
init();
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1; i<=k; ++i) {
if(k%i==0) dvs[++cnt]=i;
f[i]=f[i-1]+(__gcd(i,k)==1);
}
long long ans=0,lst=0,tmp;
for(int l=1,r; l<=n&&l<=m; l=r+1,lst=tmp) {
tmp=calc(r=min(n/(n/l),m/(m/l)),k);
ans+=(tmp-lst)*(n/l)*F(m/l);
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
