2018 Multi-University Training Contest 10 Calculate

题目链接：

https://vjudge.net/problem/HDU-6428

这个题题意没啥好说的，求

\(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}\varphi(gcd(i,j^2,k^3))\)

\(1\le A,B,C\le 1e7\)

按照这个题目的数据规模，只有线性的算法可以解决问题。

我们设\(f(d,A,B,C)=\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}[gcd(i,j^2,k^3)==d]\)

中括号里的表达式为真时，整个表达式为1，否则为0

设\(F(d,A,B,C)=\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}[d|gcd(i,j^2,k^3)]\)

即\(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}[d|i\,and\,d|j^2\,and\,d|k^3]\)

即\(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}[d|i][d|j^2][d|k^3]\)

即\((\sum_{i=1}^A[d|i])(\sum_{j=1}^{B}[d|j^2])(\sum_{k=1}^{C}[d|k^3])\)

假设满足\(d|j^2\)最小的\(j\)设为\(SQ(d)\)，则当仅\(SQ(d)|j\)时满足\(d|j^2\)(SQ代表平方)

假设满足\(d|k^2\)最小的\(k\)设为\(CU(d)\)，则当仅\(CU(d)|k\)时满足\(d|k^3\)(CU代表立方)

即\((\lfloor\frac{A}{d}\rfloor)(\lfloor\frac{B}{SQ(d)}\rfloor)(\lfloor\frac{C}{CU(d)}\rfloor)\)

如果已知质因数分解结果\(n=\prod_{i=1}^{m}p_i^{q_i}\)，有

\(SQ(n)=\prod_{i=1}^{m}p_i^{\lceil\frac{q_i}{2}\rceil},CU(n)=\prod_{i=1}^{m}p_i^{\lceil\frac{q_i}{3}\rceil}\)

其中\(SQ,CU\)可以通过欧拉筛预处理，后续会讲

由此可知\(F\)可以在常数时间内计算。我们知道对\(gcd()==d\)的计数和对\(d|gcd()\)的计数有莫比乌斯变换对的关系，知道一个可以求另一个。

为了在\(f\)和\(F\)之间建立关系，我们需要对已知的式子进行一些变换：

\(F(d,A,B,C)=\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}[d|gcd(i,j^2,k^3)]=\sum_{n=1}^{A}\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}[n==gcd(i,j^2,k^3)\,and\, d|n]\)

\(=\sum_{d|n\, and \, n\le A}\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}[n==gcd(i,j^2,k^3)]=\sum_{d|n\, and \, n\le A}f(d,A,B,C)\)

莫比乌斯变换有2种常见的形式

1.若\(F(n)=\sum_{d|n}f(d)\)

则\(f(n)=\sum_{d|n}\mu(\frac{n}{d})F(d)\)

2.若\(F(d)=\sum_{d|n \,and\,n\le A}f(n)\)

则\(f(d)=\sum_{d|n \,and\,n\le A}\mu(\frac{n}{d})F(n)\)

我们采取形式2，有

\(f(d,A,B,C)=\sum_{d|n \,and\,n\le A}\mu(\frac{n}{d})F(n,A,B,C)\)

那么答案就有：

\(\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}\varphi(gcd(i,j^2,k^3))=\sum_{d=1}^A\varphi(d)f(d,A,B,C)=\sum_{d=1}^A\varphi(d)\sum_{d|n \,and\,n\le A}\mu(\frac{n}{d})F(n,A,B,C)\)

\(=\sum_{n=1}^AF(n,A,B,C)\sum_{d|n}\varphi(d)\mu(\frac{n}{d})\)

设\(h(n)=\sum_{d|n}\varphi(d)\mu(\frac{n}{d})\)，它被称为\(\varphi(n)\)和\(\mu(n)\)的狄利克雷乘积。

则答案为\(\sum_{n=1}^AF(n,A,B,C)h(n)\)

两个积性函数的狄利克雷乘积也是积性函数。

由于\(\varphi(n)\)和\(\mu(n)\)都是积性函数，所以\(h(n)\)也是积性函数

证：若\(gcd(n_1,n_2)=1\)，则\(h(n_1)h(n_2)=\sum_{d|n_1}\varphi(d)\mu(\frac{n_1}{d})\sum_{d|n_2}\varphi(d)\mu(\frac{n_2}{d})=\sum_{d_1|n_1\,and\,d_2|n_2}\varphi(d1)\mu(\frac{n_1}{d_1})\varphi(d2)\mu(\frac{n_2}{d_2})\)

因为\(gcd(n_1,n_2)=1,d_1|n_1,d_2|n_2\)，所以\(gcd(d_1,d_2)=1\)且\(gcd(\frac{n_1}{d_1},\frac{n_2}{d_2})=1\)

故上式为\(\sum_{d_1|n_1\,and\,d_2|n_2}\varphi(d1d2)\mu(\frac{n_1}{d_1}\frac{n_2}{d_2})\)

即\(\sum d|(n_1n_2)\varphi(d)\mu(\frac{n_1n_2}{d})=h(n_1n_2)\)

所以\(h(n)\)也是积性函数

那么积性函数可以通过分解质因数的办法计算，用欧拉筛可以快速处理

由定义，\(h(1)=1\)

\(h(p)=\varphi(1)\mu(p)+\varphi(p)\mu(1)=-1+p-1=p-2\)

\(h(p^q)=\sum_{i=0}^{c}\varphi(p^i)\mu(p^{q-i})=\varphi(p^{q-1})\mu(p)+\varphi(p^{q})\mu(1)=(p-1)p^{q-2}(-1)+(p-1)p^{q-1}\)

\(=p^{q-2}(p-1)^2,q\ge 2\)

总结一下，只要是形如\(\sum_{i_1=1}^{A_1}\sum_{i_2=1}^{A_2}...\sum_{i_m=1}^{A_m}func(gcd(i_1^{q_1},i_2^{q_2},...,i_m^{q_m}))\)

其中，\(func(n)\)是一个积性函数，比如\(func(n)=n^k,\varphi(n),\mu(n)...\)

\(q_1,q_2,...,q_m,A_1,A_2,...,A_m\)是正常整数，都可以用以上的方法计算，计算复杂度是\(O(m*min{A_1,...,A_m})\)

注：\(func(p^q)\)的表达式不能太复杂，否则会影响计算

我们在利用欧拉筛处理时，不妨存下每个数最小的质因子和它的次数

假设我们当前处理的数字是\(i\)

如果\(i\)是一个质数，可以直接算出它的各种参数

\(i\)最小的质因子就是\(i\),次数为\(1\)

\(SQ(i)=i\)

\(CU(i)=i\)

\(h(i)=i-2\)

如果\(i\)是合数，那么它之前被筛过了，各种参数就算好了

用当前数\(n\)和质数\(p\)去筛选

我们保证\(p\)不超过\(n\)最小的质因子。

当\(n\,mod\,p\neq0\)时

\(n*p\)最小的质因子就是\(p\)，次数为\(1\)，

\(SQ(n*p)=SQ(n)*p\)

\(CU(n*p)=CU(n)*p\)

\(h(n*p)=h(n)*(p-2)\)

当\(n\,mod\,p=0\)时

\(n*p\)最小的质因子就是\(p\)，次数为\(n\)中\(p\)的次数\(+1\)

记这个\(n*p\)分解后\(p\)的次数为\(q\)

当仅\(q\,mod\,2=1\)时，\(\lceil\frac{q}{2}\rceil=\lceil\frac{q-1}{2}\rceil+1\)，有\(SQ(n*p)=SQ(n)*p\)

其余情况\(\lceil\frac{q}{2}\rceil=\lceil\frac{q-1}{2}\rceil\)，有\(SQ(n*p)=SQ(n)\)

当仅\(q\,mod\,3=1\)时，\(\lceil\frac{q}{3}\rceil=\lceil\frac{q-1}{3}\rceil+1\)，有\(CU(n*p)=CU(n)*p\)

其余情况\(\lceil\frac{q}{3}\rceil=\lceil\frac{q-1}{3}\rceil\)，有\(CU(n*p)=CU(n)\)

当仅\(q=2\)时，\(gcd(n/p,p^2)=1\)，有\(h(n*p)=h(n/p)*h(p^2)=h(n/p)*(p-1)^2\)

由于\(q\ge 2\)，其余情况一定满足\(q>2\)，有\(h(n*p)=h(n)*p\)

做此题上来用一个欧拉筛，把我们需要的这些函数都预处理出来，大约需要\(5e7\)级别的运算次数，

然后每次一询问都是个\(O(A)\)的循环。由于询问10次，共计循环\(1e8\)次，所以要注意不要被卡常数。

看到这么大的数相加相乘，很多人会下意识地开一个\(64\)位整数计算，这样绝对会被卡掉。

\(32\)位整数的加法和乘法本质上都是对\(2^{32}\)取模意义下的运算，所以可以开一个无符号\(32\)位整数，先

忽略取模，直接计算。算出来的东西自然是模\(2^{32}\)意义下的解，之后再对\(2^{30}\)取模即可。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<vector>
using namespace std;
const int MAXN=10000010;
bool np[MAXN];
int prime[MAXN],first[MAXN],cishu[MAXN];
int SQ[MAXN],CU[MAXN],h[MAXN];
void euler(int n)
{
	int cnt=0;
	SQ[1]=1;CU[1]=1;h[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(np[i]==0)
		{
			prime[++cnt]=i;
			first[i]=i;
			cishu[i]=1;
			SQ[i]=i;
			CU[i]=i;
			h[i]=i-2;
		}
		for(int j=1;prime[j]*i<=n&&j<=cnt;j++)
		{
			int now=prime[j]*i;
			first[now]=prime[j];
			np[now]=1;
			
			
			if(i%prime[j])
			{
				cishu[now]=1;
				SQ[now]=SQ[i]*prime[j];
				CU[now]=CU[i]*prime[j];
				h[now]=h[i]*h[prime[j]];
			}
			else
			{
				cishu[now]=cishu[i]+1;
				SQ[now]=SQ[i];
				if(cishu[now]%2==1)SQ[now]*=prime[j];
				CU[now]=CU[i];
				if(cishu[now]%3==1)CU[now]*=prime[j];
				
				if(cishu[i]==1)
				{
					h[now]=h[i/prime[j]]*(prime[j]-1)*(prime[j]-1);
				}
				else
				{
					h[now]=h[i]*prime[j];
				}
				break;
			}
		}
	}
}
const int mod=1<<30;
int main()
{
	euler(10000000);
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		int A,B,C;
		scanf("%d%d%d",&A,&B,&C);
		unsigned int ans=0;
		for(int i=1;i<=A;i++)
		{
			ans+=(A/i)*(B/SQ[i])*(C/CU[i])*h[i];
		}
		ans=ans%mod;
		printf("%u\n",ans);
	}
}