LCM

首先

$$\sum_{i=1}^{n}i=\dfrac{n*(n+1)}{2}$$

$$\sum_{i=1}^{n}i^2=\dfrac{n*(n+1)*(2n+1)}{6}$$

$$\sum_{i=1}^{n}i^3=(\sum_{i=1}^{n}i)^2$$

P3911 最小公倍数之和

求

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}lcm(A_i,A_j)$$

观察值域，发现与 $n$ 同阶，记 $c_i$ 表示数字 i 出现次数。

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}lcm(i,j)*c_i*c_j$$

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\dfrac{i*j}{(i,j)}*c_i*c_j$$

$$\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\dfrac{i*j}{d}*c_i*c_j*[(i,j)=d]$$

$$\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}i*j*c_{id}*c_{jd}*[(i,j)=1]$$

$$\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}i*j*c_{id}*c_{jd}*\sum_{k|(i,j)}\mu(k)$$

$$\sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{\frac{n}{d}}\mu(k)*k^2*\sum_{i=1}^{\frac{n}{dk}}\sum_{j=1}^{\frac{n}{dk}}i*j*c_{idk}*c_{jdk}$$

设 $T=dk$ 枚举 T

$$\sum_{T=1}^{n}T\sum_{k|T}\mu(k)*k*(\sum_{i=1}^{\frac{n}{T}}c_{iT}*i)^2$$

因为枚举 dk,而 k 是必须枚举的，所以可以省略掉 d。然后原来有 $\sum_{d=1}^{n}d$,可以从后面找个 k 组成 T。

考虑枚举的是 $T=dk$,所以一定有 $k|T$.

最后预处理出 $\sum_{k|T}\mu(k)*k$，暴力做$(\sum_{i=1}^{\frac{n}{T}}c_{iT}*i)^2$.

因为 $\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{i}$ 这样子是个调和级数的形式，所以后面暴力是 $O(n \ln n)$的。

$\text{Code}$

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>

#define N (int)(5e4+5)
#define int long long

using namespace std;

bool vis[N];
int pri[N],mu[N],sum[N],cnt;
int n,a[N],c[N];

int rd() {
	int f=1,sum=0; char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)) {
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch)) {
		sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-'0';
		ch=getchar();
	}
	return sum*f;
}

void pr(int x) {
	if(x<0) {
		putchar('-');
		x=-x;
	}
	if(x>9) pr(x/10);
	putchar(x%10+'0');
}

void get_mu() {
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N-5;i++) {
		if(!vis[i]) {
			mu[i]=-1;
			pri[++cnt]=i;
		}
		for(int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=N-5;j++) {
			vis[pri[j]*i]=1;
			if(i%pri[j]==0) break;
			mu[pri[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
}


signed main() {
	get_mu();
	n=rd(); int qwq=0;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		a[i]=rd(); qwq=max(qwq,a[i]);
		++c[a[i]];
	}
	for(int i=1;i<=qwq;i++)
		for(int j=i;j<=qwq;j+=i)
			sum[j]+=mu[i]*i;
	int ans=0;
	for(int T=1;T<=qwq;T++) {
		int ret=0;
		for(int i=1;i<=qwq/T;i++) ret+=i*c[i*T];
		ret*=ret;
		ans+=T*ret*sum[T];
		//cout<<ret<<endl;
	}
	pr(ans);
	return 0;
}

较为困难的LCM

求

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}lcm(i,j)$$

$$n \le 10^{10}$$

那么我们没办法用 $O(n \ln n)$ 的办法了。

先化简下

$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\dfrac{i*j}{(i,j)}$$

$$\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\dfrac{i*j}{d}*[(i,j)=d]$$

$$\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}i*j*[(i,j)=1]$$

记

$$h(n)=\sum_{i=1}^{n}i*[(i,n)=1]$$

这个东西就等于（实际上是我 oeis 出来的）

$$\dfrac{n*\phi(n)+[n=1]}{2}$$

考虑证明下

已有 $gcd(i,n)=1$.

若有一个数 $d,(d\neq1)$ 使得 $gcd(n,(n-i))=d.$

那么 $n\%d=0,(n-i)\%d=0\implies i\%d=0$

那么 $gcd(i,n)=d$.

所以可得，已有 $gcd(i,n)=1 \implies gcd(n,(n-i))=1.$

考虑 $i,n-i$ 成对出现，且对答案贡献是 $n$.

则去重后答案为 $\dfrac{n*\phi(n)+[n=1]}{2}$.

那么

$$ans=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}i*j*[(i,j)=1]$$

$$\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}i*2*h(i)-1$$

$$\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}i*2*\dfrac{i*\phi(i)+[i=1]}{2}-1$$

$$\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}i^2*\phi(i)$$

因为 $[i=1]$ 与 $-1$ 抵消了。

记

$$S(n)=\sum_{i=1}^{n}i^2*\phi(i)$$

那么

$$ans=\sum_{d=1}^{n}d*S(\frac{n}{d})$$

记

$$f(x)=x^2*\phi(x),g(x)=x^2.$$

那么

$$(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})=n^3$$

这里省略的可以在这里找到。

接下来就是杜教筛了。

最后整个 $ans$ 来个整除分块。

$\text{Code}$

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <map>

#define N (int)(1.6e6)
#define ll long long
#define mod 1000000007

using namespace std;
ll lrd() {
    ll f=1,sum=0; char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)) {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(isdigit(ch)) {sum=(sum<<3)+(sum<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return sum*f;
}

bool vis[N];
int pri[N>>2],tot=0;
ll phi[N],inv6;
map<ll,ll>ans_phi;

ll fpow(ll x,ll y=mod-2) {
	ll res=1;
	while(y) {
		if(y&1) res=res*x%mod;
		x=x*x%mod; y>>=1;
	}
	return res;
}

void init() {
	phi[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++) {
		if(!vis[i]) pri[++tot]=i,phi[i]=i-1;
		for(int j=1;j<=tot&&pri[j]*i<N;j++) {
			vis[pri[j]*i]=1;
			if(i%pri[j]==0) {
				phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
				break;
			}
			phi[i*pri[j]]=phi[i]*phi[pri[j]];
		}
	}
	for(int i=1;i<N;i++) phi[i]=(phi[i-1]+phi[i]*i%mod*i%mod)%mod;
} 

ll SUM1(ll x) {
	x%=mod;
	return (x*(x+1)/2)%mod;
}

ll SUM2(ll x) {
	x%=mod;
	return x*(x+1)%mod*(2*x+1)%mod*inv6%mod;
}

ll SUM3(ll x) {
	return SUM1(x)*SUM1(x)%mod;
}

ll get_phi(ll x) {
	if(x<N) return phi[x];
	if(ans_phi[x]) return ans_phi[x];
	ll ans=SUM3(x);
	for(ll l=2,r;l<=x;l=r+1) {
		r=x/(x/l);
		ans-=(SUM2(r)-SUM2(l-1))*get_phi(x/l)%mod;
		ans%=mod;
	}  
	return ans_phi[x]=ans;
}

int main() {
	init();
	ll n; n=lrd(); inv6=fpow(6);
	ll ans=0;
	for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1) {
		r=n/(n/l);
		ans+=(SUM1(r)-SUM1(l-1))*get_phi(n/l)%mod;
		ans%=mod;
	}
	ans=(ans%mod+mod)%mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

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本文作者：F x o r G
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