nkoj8980 a * b 计数问题

题目描述：

设 \(f(n)=\sum\limits^{n-1}_{i=0}\sum\limits^{n-1}_{j=0}[ij\text{ mod }n\neq 0]\)，求 \(g(n)=\sum\limits_{d\vert n}f(d)\)。

求 \(g(n)\) 对 \(2^{64}\) 取模的结果。

\(T\) 组数据，\(1\le T\le 20000,1\le n\le 10^9\)。

题目解法：

让我们重新定义 \(f\) 函数，注意到 \(f(n)=\sum\limits^{n-1}_{i=0}\sum\limits^{n-1}_{j=0}[ij\text{ mod }n=0]\) 积性，则 \(g(n)=\sum\limits_{d\vert n}d^2-\sum\limits_{d\vert n}f(n)\) 即为所求。
为什么积性证不来，可以打个表观察一下。

考虑 \(f(p^k)\)。

\[f(p^k)=2p^k-1+\sum\limits^{k-1}_{i=0}\sum\limits^{k-1}_{j=0}(\frac{p^k}{p^i}-\frac{p^k}{p^{i+1}})(\frac{p^k}{p^j}-\frac{p^k}{p^{j+1}})[i+j\ge k] \]

\[f(p^k)=2p^k-1+\sum\limits^{k-1}_{i=0}\sum\limits^{k-1}_{j=0}(p^{k-i}-p^{k-i-1})(p^{k-j}-p^{k-j-1})[i+j\ge k] \]

然后就预处理 \(\sqrt{n}\) 以内的质因数，对 \(n\) 质因数分解就完了，\(f(p^k)\) 可以在 \(O(k^2))\) 内求出，毕竟这不是瓶颈。

时间复杂度 \(O(T\frac{\sqrt{n}}{\ln n})\)。

#include <cstdio>

int Prime[40005], cnt;
inline unsigned long long f(int p, int k, int n) {
	unsigned long long ans = 2 * n - 1;
	for (unsigned long long i = 1, x = p; i < k; ++ i, x *= p)
	for (unsigned long long j = 1, y = p; j < k; ++ j, y *= p)
		if (i + j >= k) ans += 1ull * ((n - 1) / x - (n - 1) / (p * x)) * ((n - 1) / y - (n - 1) / (p * y));
	return ans;
}
inline g(int n) {
	int ans = 0;
	for (int a = 0; a < n; ++ a)
	for (int b = 0; b < n; ++ b) if (a * b % n == 0) ++ ans;
	return ans;
}

int main() {
	for (int i = 2; i <= 40000; ++ i) {
		bool flag = true;
		for (int j = 2; j * j <= i; ++ j)
			if (i % j == 0) {flag = false; break;}
		if (flag) Prime[++ cnt] = i;
	}
	int _;
	scanf("%d", &_);
	while (_ --) {
		int n;
		scanf("%d", &n);
		unsigned long long ans = 1ull, ans2 = 1ull;
		for (int i = 1; Prime[i] * Prime[i] <= n; ++ i)
			if (n % Prime[i] == 0) {
				int now = 1, r = 0;
				unsigned long long x = 1ull, y = 1ull;
				while (n % Prime[i] == 0) {
					now *= Prime[i], ++ r, n /= Prime[i];
					y += f(Prime[i], r, now);
					x += 1ull * now * now;
				}
				ans *= y, ans2 *= x;
			}
		if (n != 1) ans *= 2ull * n, ans2 *= (1ull * n * n + 1ull);
		printf("%llu\n", ans2 - ans);
	}
}