luogu1829 Crash的数字表格

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problem

给出\(n,m(n,m\le10^7)\),求\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mlcm(i,j)\)

\(lcm(i,j)\)表示i和j的最小公倍数

solution

设\(n\le m\)

\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^mlcm(i,j)\\ =\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\frac{ij}{gcd(i,j)}\\ =\sum\limits_{d=1}^nd\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d} \rfloor}ij[gcd(i,j)=1]\\ =\sum\limits_{d=1}^nd\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d} \rfloor}ij\sum\limits_{k|i,k|j}\mu(k)\\ =\sum\limits_{d=1}^nd\sum\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}k^2\mu(k)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dk}\rfloor}i\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor}j \]

令\(t=dx\)
原式=\(\sum\limits_{t=1}^n\sum\limits_{k|t}k^2\mu(k)\frac{t}{k}\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor}i\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{t}\rfloor}j\)

发现后面的两个\(\sum\)都可以\(O(1)\)计算。然后就是如何处理前面\(\sum\limits_{k|t}k^2\mu(k)\frac{t}{k}\)的问题了。

显然\(k^2\mu(k)\)是积性函数，设\(f(n)=n^2\mu(n)\)。那么前面这一块其实就是\(f*Id (k)\)。因为积性函数卷积性函数还是积性函数。所以前面这一块就是一个积性函数。线性筛即可。

那么这个函数到底该怎么筛呢。

按照套路，设\(g=f*Id\)先观察\(g(q^p)\)的值，发现\(g(q^p)=q^p-q^{p+1}\)。

所以筛的方式与筛\(\varphi\)类似。

然后就可以\(O(n)\)做了。

其实发现上式可以数论分块，那么瓶颈其实在预处理。所以此题可以出成多次询问的版本。

code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e7 + 5,mod = 20101009;
ll read() {
	ll x = 0,f = 1;char c = getchar();
	while(c < '0' || c > '9') {
		if(c == '-') f = -1; c = getchar();
	}
	while(c >= '0' && c <= '9') {
		x = x * 10 + c - '0'; c = getchar();
	}
	return x * f;
}
int vis[N],tot,pri[N];
ll f[N];
inline ll calc(ll x) {
	return (x * (x + 1) / 2) % mod;
}
int main() {
	ll n = read(),m = read();
	if(n > m) swap(n,m);
	f[1] = 1;
	for(int i = 2;i <= n;++i) {
		if(!vis[i]) { pri[++tot] = i;f[i] = (i - 1ll * i * i) % mod; }
		
		for(int j = 1;j <= tot && pri[j] * i <= n;++j) {
			vis[i * pri[j]] = 1;
			if(i % pri[j] == 0) {
				f[i * pri[j]] = 1ll * f[i] * pri[j] % mod;
				break;
			}
			f[i * pri[j]] = f[i] * f[pri[j]];
		}
	}
	ll ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n;++i) {
		ans += f[i] * calc(n / i) % mod * calc(m / i) % mod;
		ans %= mod;
	}
	cout<<(ans + mod) % mod;
	return 0;
}