【LR9】【LOJ561】CommonAnts 的调和数 数论 筛法
题目大意
有一个长度为 \(n\) 的序列。
有 \(m\) 次修改，每次给你 \(x,y\)，令 \(\forall 1\leq i\leq \lfloor\frac{n}{x}\rfloor,a_{ix}=a_{ix}+iy\)
还有 \(q\) 次询问，每次给你 \(x\)，求 \(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor}ia_{ix}\)
对 \(998244353\) 取模。
\(n\leq {10}^9,m,q\leq 200000\)，记 \(z\) 为所有 \(x\) 的 \(\operatorname{lcm}\)，那么 \(z\) 的质因子个数 \(w\) 不超过 \(10\)
题解
首先你要会 \(O(n\log\log n)\) 求高维前缀和&后缀和，这样就可以拿到 \(65\) 分。
容易发现，所有 \(z\) 的不超过 \(n\) 的因子个数 \(s\leq 200000\)。
因为所有修改&询问的数都是 \(z\) 的因子，所以可以把那些不是 \(z\) 的因子的位置的贡献放在那个数和 \(z\) 的 \(\gcd\) 处统计。
具体来说，我们在求高维前缀和的时候只求 \(z\) 的不超过 \(n\) 的因子的答案，求完之后把每个位置 \(x\) 的值乘上一个系数 \(f(\frac{n}{x})\) 。
\[f(n)=\sum_{i=1}^ni^2[\gcd(i,z)=1]
\]
\(f\) 可以筛出来。
高维后缀和也可以用类似的方法做。
然后就能得到答案了。
时间复杂度：\(O(w(s+\sqrt{n}))\)
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
#include<functional>
#include<cmath>
#include<tr1/unordered_map>
//using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef std::pair<int,int> pii;
typedef std::pair<ll,ll> pll;
void open(const char *s){
#ifndef ONLINE_JUDGE
char str[100];sprintf(str,"%s.in",s);freopen(str,"r",stdin);sprintf(str,"%s.out",s);freopen(str,"w",stdout);
#endif
}
int rd(){int s=0,c,b=0;while(((c=getchar())<'0'||c>'9')&&c!='-');if(c=='-'){c=getchar();b=1;}do{s=s*10+c-'0';}while((c=getchar())>='0'&&c<='9');return b?-s:s;}
void put(int x){if(!x){putchar('0');return;}static int c[20];int t=0;while(x){c[++t]=x%10;x/=10;}while(t)putchar(c[t--]+'0');}
int upmin(int &a,int b){if(b<a){a=b;return 1;}return 0;}
int upmax(int &a,int b){if(b>a){a=b;return 1;}return 0;}
const ll p=998244353;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
if(b&1)
s=s*a%p;
return s;
}
const ll inv6=fp(6,p-2);
std::tr1::unordered_map<int,int> s;
//int s[10000010];
int c[100010];
int cnt;
int a[200010];
int tot;
int ax[200010],ay[200010],bx[200010];
int n,m,q;
void dfs(int x,int y,int b)
{
if(b)
a[++tot]=x;
if((ll)x*c[y]<=n)
dfs(x*c[y],y,1);
if(y<cnt)
dfs(x,y+1,0);
}
ll f1[100010],f2[100010];
ll sum(ll x)
{
return x*(x+1)%p*(2*x+1)%p*inv6%p;
}
void sieve()
{
int m=100000;
int mx=n/(m+1);
for(int i=1;i<=m;i++)
f1[i]=sum(i);
for(int i=1;i<=mx;i++)
f2[i]=sum(n/i);
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
ll x=(ll)c[i]*c[i]%p;
int n1=mx/c[i];
for(int j=1;j<=n1;j++)
f2[j]=(f2[j]-x*f2[j*c[i]])%p;
for(int j=n1+1;j<=mx;j++)
f2[j]=(f2[j]-x*f1[n/((ll)j*c[i])])%p;
for(int j=m;j>=1;j--)
f1[j]=(f1[j]-x*f1[j/c[i]])%p;
}
}
ll query(int x)
{
return x<=100000?f1[x]:f2[n/x];
}
int main()
{
open("loj561");
scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d",&ax[i],&ay[i]);
s[ax[i]]=(s[ax[i]]+ay[i])%p;
int x=ax[i];
for(int j=1;j<=cnt;j++)
while(x%c[j]==0)
x/=c[j];
for(int j=2;j*j<=x;j++)
if(x%j==0)
{
c[++cnt]=j;
while(x%j==0)
x/=j;
}
if(x!=1)
c[++cnt]=x;
}
for(int i=1;i<=q;i++)
{
scanf("%d",&bx[i]);
int x=bx[i];
for(int j=1;j<=cnt;j++)
while(x%c[j]==0)
x/=c[j];
for(int j=2;j*j<=x;j++)
if(x%j==0)
{
c[++cnt]=j;
while(x%j==0)
x/=j;
}
if(x!=1)
c[++cnt]=x;
}
std::sort(c+1,c+cnt+1);
dfs(1,1,1);
std::sort(a+1,a+tot+1);
sieve();
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int j=1;j<=tot;j++)
if(a[j]%c[i]==0)
s[a[j]]=(s[a[j]]+(ll)s[a[j]/c[i]]*c[i])%p;
for(int i=1;i<=tot;i++)
s[a[i]]=s[a[i]]*query(n/a[i])%p;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
for(int j=tot;j>=1;j--)
if(a[j]%c[i]==0)
s[a[j]/c[i]]=(s[a[j]/c[i]]+(ll)s[a[j]]*c[i])%p;
for(int i=1;i<=q;i++)
printf("%lld\n",(s[bx[i]]+p)%p);
return 0;
}
