P3911 最小公倍数之和 题解
Description
SOlution
题意非常清晰明了，下面我们来谈一谈如何求解。
直接求是不太行的，所以我们把输入的属放到一个桶里面，设为 \(t\)。
那么我们最终要求的答案就是：
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n lcm(i,j)\times t[i] \times t[j]
\]
下面就是喜闻乐见的推式子环节啦。
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \frac{i \times j\times t[i] \times t[j]}{\gcd(i,j)}
\\
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum\limits_{d = 1}^n\frac{i \times j\times t[i] \times t[j]}{[\gcd(i,j) == d]d}
\]
把 \(d\) 提前：
\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\frac{id \times jd\times t[id] \times t[jd]}{[\gcd(i,j) == 1]d}
\]
上下同时除以 \(d\)：
\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}[\gcd(i,j)=1]d\times i \times j \times t[id] \times t[jd]
\]
经典莫比乌斯反演：
\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{k|(i,j)}\mu(k) \times d\times i \times j \times t[id] \times t[jd]
\]
把 \(k\) 提前：
\[\\
\sum_{d=1}^n\sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{kd}\rfloor}\mu(k)\times d \times i \times j \times k^2 \times t[idk] \times t[jdk]
\]
套路的令 \(T = dk\)：
\[\\
\sum\limits_{T = 1}^n\sum\limits_{k | T}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor}\mu(k)\times T \times k \times i \times j \times t[iT] \times t[jT]
\\
\sum_{T=1}^{n}T\times(\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor}i\times t[iT])^2 \times \sum_{k|T}\mu(k)\times k
\]
至此，我们的式子就推完了，最后一项预处理，前面的暴力计算答案即可。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
namespace IO{
inline int read(){
int x = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
return x;
}
template <typename T> inline void write(T x){
if(x > 9) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
}
using namespace IO;
const int N = 5e4;
int n, m;
int t[N + 10], p[N + 10], mu[N + 10], tot;
ll sum[N + 10];
bool vis[N + 10];
inline void euler(int n){
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i){
if(!vis[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j){
vis[i * p[j]] = 1;
if(i % p[j] != 0) mu[i * p[j]] = -mu[i];
else break;
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i)
for(int j = i; j <= n; j += i)
sum[j] += 1ll * mu[i] * i;
}
inline ll solve(int n){
ll ans = 0;
for(int T = 1; T <= n; ++T){
ll res = 0;
for(int i = 1; i <= n / T; ++i) res += 1ll * i * t[i * T];
ans += 1ll * T * res * res * sum[T];
}
return ans;
}
int main(){
n = read();
for(int i = 1, x; i <= n; ++i)
t[x = read()]++, m = max(m, x);
euler(m);
write(solve(m)), puts("");
return 0;
}
\[\_EOF\_
\]
