简单的数学题
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原式
\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^n{ijgcd(i,j)}
\]
枚举 \(gcd\) 得到
\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ijd^3[gcd(i,j)=1]
\]
把 \(d^3\) 提到前面
\[\sum_{d=1}^nd^3\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij[gcd(i,j)=1]
\]
设函数
\[f(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^nij[gcd(i,j)=1]
\]
\[s(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^nij
\]
则原式等于
\[\sum_{d=1}^nd^3f(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)
\]
可以看出是数论分块，其中立方部分和为
\[\sum_{i=1}^{n}i^3=(\sum_{i=1}^ni)^2=[\frac{n(n+1)}{2}]^2
\]
求出前缀做差即可
考虑快速求 \(f(n)\)，非常显然
\[s(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^nij=[\frac{n(n+1)}{2}]^2
\]
而对于 \(s(n)\) 同样枚举 \(gcd\) 可得
\[s(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^nij=\sum_{t=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor}t^2ij[gcd(i,j)=1]
\]
用 \(f(n)\) 替换上式得
\[s(n)=\sum_{t=1}^{n}t^2f(\lfloor\frac{n}{t}\rfloor)=f(n)+\sum_{t>1}t^2f(\lfloor\frac{n}{t}\rfloor)
\]
所以有
\[f(n)=s(n)-\sum_{t>1}t^2f(\lfloor\frac{n}{t}\rfloor)=[\frac{n(n+1)}{2}]^2-\sum_{t>1}t^2f(\lfloor\frac{n}{t}\rfloor)
\]
到了此刻已经非常容易求了，数论分块即可，其中
\[\sum_{i=1}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
\]
做法同立方和，前缀做差
考虑预处理 \(f(n)\) 部分
\[f(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^nij[gcd(i,j)=1]=f(n-1)+2\sum_{i=1}^{n}in[gcd(i,n)=1]
\]
那么需要快速求得
\[\sum_{i=1}^ni[gcd(i,n)=1]
\]
发现这就是与 \(n\) 互质的数的和，就等于
\[n\frac{\varphi(n)}{2}
\]
详细证明参考链接
带回原式得到
\[f(n)=f(n-1)+n^2\varphi(n)
\]
线性筛预处理即可
Code：
#pragma GCC optimize(2)
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<cassert>
#define Mod p
#define LL long long
#define N 5000000
template<class T>
inline void read(T &x){
x=0;char c=getchar();T flag=1;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')flag=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;c=getchar();}
x*=flag;
}
LL n,p,inv,inv6;
int cnt,P[N];
bool mark[N];
LL phi[N],f[N],F[N];
inline LL qpow(LL a,LL b){
if(!b) return 1LL;
if(b==1LL) return a;
LL t=qpow(a,b>>1LL);
t=t*t%Mod;
if(b&1LL) t=t*a%Mod;
assert(t>=0);
return t;
}
inline LL pow2(LL x){//平方前缀和
return ((inv6*x)%Mod)*(((x+1LL)%Mod)*((2LL*x+1LL)%Mod)%Mod)%Mod;
}
inline LL pow2(LL l,LL r){平方区间和
return ((pow2(r)-pow2(l-1LL))%Mod+Mod)%Mod;
}
inline LL pow3(LL x){立方前缀和
return qpow(((x%Mod)*(x+1LL)%Mod)*inv%Mod,2LL);
}
inline LL pow3(LL l,LL r){立方区间和
return ((pow3(r)-pow3(l-1LL))%Mod+Mod)%Mod;
}
inline void Prework(int x){//线性筛预处理 f(n)
cnt=0;
f[1]=phi[1]=1;
for(int i=2;i<=x;++i){
if(!mark[i]){
P[cnt++]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=0;j<cnt&&i*P[j]<=x;++j){
mark[i*P[j]]=1;
if(!(i%P[j])){
phi[i*P[j]]=phi[i]*P[j];
break;
}else phi[i*P[j]]=phi[i]*(P[j]-1);
}
LL ret=qpow(i,2LL)*phi[i]%Mod;
f[i]=(f[i-1]+ret)%Mod;
}
}
inline LL solve(LL x){//杜教筛
if(x<=N-3) return f[x];
if(~F[n/x]) return F[n/x];
F[n/x]=qpow(((x%Mod)*((x+1)%Mod)%Mod)*inv%Mod,2);
for(LL l=2,r;l<=x;l=r+1){
r=x/(x/l);
F[n/x]=((F[n/x]-(pow2(l,r)*solve(x/l)%Mod))%Mod+Mod)%Mod;
}
return F[n/x];
}
int main(){
memset(F,-1,sizeof(F));
read(p),read(n);
inv=qpow(2LL,p-2);//2的逆元
inv6=qpow(6LL,p-2);//6的逆元
Prework(N-3);
LL ans=0;
for(LL l=1,r;l<=n;l=r+1){//原式
r=n/(n/l);
ans=(ans+(pow3(l,r)*solve(n/l))%Mod)%Mod;
}
printf("%lld",ans);
}
/*
998244353 2
*/
