loj6686 - Stupid GCD 题解

\(n\leq 10^{30}\)，又是三次根，很容易想到枚举三次根然后杜教筛啥的？考虑枚举三次根，那么满足三次根等于它的 \(i\) 显然是一个区间，转化为前缀和，等价地就是要求对 \(r,c\) 的 \(\sum\limits_{i=1}^r\gcd(i,c)\)。这个好久没推莫反了，写个过程：

\[\begin{aligned}ans&=\sum_{j\mid c}j\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac rj\right\rfloor}\left[\gcd\!\left(i,\dfrac cj\right)=1\right]\\ &=\sum_{j\mid c}j\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac rj\right\rfloor}\sum_{k\mid i,k\mid \frac cj}\mu(k)\\ &=\sum_{j\mid c}j\sum_{k\mid \frac cj}\mu(k)\left\lfloor\dfrac r{jk}\right\rfloor\\ &=\sum_{o\mid c}\left\lfloor\dfrac ro\right\rfloor\sum_{j\mid o}j\mu\!\left(\dfrac oj\right)\\ &=\sum_{o\mid c}\left\lfloor\dfrac ro\right\rfloor\varphi(o) \end{aligned} \]

这东西带个整除，并不能化成积性函数之类的样子，或者说连 \(\sum\) 都去不掉。那么前面再套个 \(\sum\) 枚举 \(10^{10}\) 个哪儿吃得消？

但是我们看，对 \(c=i\)，要求的两个 \(r_1=(i+1)^3-1,r_2=i^3-1\)。\(r_1=i^3+3i^2+3i+1-1=i^3+3i^2+3i\)，恰好是 \(i\) 的倍数，而 \(o\mid i\)，所以 \(\dfrac ro\) 是个整数，整除号可以直接去掉。就变成了

\[\sum_{o\mid i}\dfrac{i^3+3i^2+3i}o\varphi(o) \]

每项单独拿出来，以三方项为例：

\[\sum_{o\mid i}\dfrac{i^3}o\varphi(o)=i^2\sum_{o\mid i}\dfrac io\varphi(o)=(\mathrm{id}_2\times(\mathrm{id}*\varphi))(i) \]

这样就是个积性函数的形式了（平方和一次项的系数 \(3\) 可以根据 \(\sum\) 线性性拆出来，然后类似），你暴力 min25 我不拦你，然而它是可杜教筛的，这个下面讲。现在来看看 \(r_2\) 怎么破，它并不是 \(i\) 的倍数。但是发现 \(i^3\) 是 \(i\) 的倍数，而再减去个 \(1\)，小学二年级学生都知道 \(\left\lfloor\dfrac{i^3-1}o\right\rfloor=\dfrac{i^3}o-1\)。前者照样搞，后者的话就是个

\[\sum_{o\mid i}\varphi(o)=i \]

前缀和的话贼几把简单。

下面我们来考虑 \(\mathrm{id_?}\times(\mathrm{id}*\varphi)\) 怎么杜教筛。\(\mathrm{id_?}\) 是完全积性，可以提公因式，于是我们只需要杜教筛 \(\mathrm{id}*\varphi\)。有 \(\varphi\)，给它卷上个 \(1\) 得到 \((\mathrm{id}*\varphi)*1=\mathrm{id}*\mathrm{id}\)。稍微想一下发现等于 \(\mathrm{id}\times \mathrm d\)。把公因式搞进去得到 \((\mathrm{id}_?\times(\mathrm{id}*\varphi))*\mathrm{id}_?=\mathrm{id}_{?+1}\times\mathrm d\)。\(\mathrm{id}_?\) 对低次显然是有前缀和通项的，那么 RHS 这玩意可杜教筛吗？稍微推推：

\[\sum\limits_{i=1}^ni^x\sum_{j\mid i}1=\sum_j j^xf\!\left(\left\lfloor\dfrac nj\right\rfloor\right) \]

其中 \(f\) 是 \(\mathrm{id}_x\) 的前缀和。那么显然可以整除分块根号算出来。根据杜教筛复杂度分析，只需要预处理然后即可做到 2/3 方复杂度，所以是可杜教筛的。那么一大部分就做出来了。（其实根本就不用对三方项做，因为前缀和抵掉了，wtm 还傻乎乎的也求了出来）

还有一个 van tea：\(r_2\) 实际上等于 \(\min\!\left(n,i^3-1\right)\)。但注意到仅对最大的那个需要考虑，于是单独按照 \(\sum\limits_{o\mid c}\left\lfloor\dfrac ro\right\rfloor\varphi(o)\) 来算。直接枚举因数是根号的，但是还要考虑到对很大的数求单点 \(\varphi\) 值的问题。直接分解质因数求单点值的话单点是根号的，根据杜教筛复杂度分析是 3/4 方的（虽然杜教筛是整除分块关键点，而此处是因数除法，但是由于杜教筛复杂度分析的时候本来就是用连续情况去近似，所以是一样的），预处理可到 2/3 方。

于是这题就做完了，好毒瘤一题。常数巨大，但 loj 神机还是让我过了。代码巨丑：code