「51nod1190」最小公倍数之和 V2 题解

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前置知识

2023/5/18update：更正了第 \(8\) 个公式。

莫比乌斯函数定义：

对于一个数 \(n=p_1^{q_1} p_2^{q_2} \cdots p_k^{q_k}\)，其中 \(p\) 为素数，那么

\[\mu(n)=\left\{ \begin{array}{ll} 1, & n=1\\ (-1)^k, & \underset{i=1}{\overset{k}{\prod}}q_i = 1\\ 0, & otherwise \end{array}\right. \]

莫比乌斯反演的一种形式：\([x = 1] = \underset{d|x}{\sum} \mu(d)\)。

积性函数：对于任意互质的正整数 \(a\) 和 \(b\) 有 \(f(ab)=f(a)f(b)\) 的数论函数。

数论函数：定义域为正整数，陪域为复数的函数。

题目大意

给定 \(a,b\)，求 \(\underset{i=a}{\overset{b}{\sum}} \text{lcm}(i,b) \bmod 10^9+7\)。

\(1 \le a \le b \le 10^9\)。

思路

看到 \(\text{lcm}\) 想到 \(\gcd\)。

\[\sum_{i=a}^{b} \text{lcm}(i,b) =\sum_{i=a}^{b} \frac{ib}{\gcd(i,b)}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =b\sum_{i=a}^{b} \frac{i}{\gcd(i,b)}\\ \]

然后对于分数，一个常用的套路就是枚举因数。

\[=b\sum_{x|b} \sum_{i=a}^{b} \frac{i}{x} [\gcd(i,b)=x]\\ \ \ \ =b\sum_{x|b} \sum_{i=a}^{b} \frac{i}{x} [\gcd(\frac{i}{x},\frac{b}{x})=1]\\ \ =b\sum_{x|b} \sum_{i=\lceil\frac{a}{x}\rceil}^{\frac{b}{x}} i [\gcd(i,\frac{b}{x})=1]\\ \]

然后我们根据莫比乌斯反演，直接将 \([\gcd(i,\frac{b}{x})=1]\) 换掉。

\[=b\sum_{x|b} \sum_{i=\lceil\frac{a}{x}\rceil}^{\frac{b}{x}} i \sum_{y|\gcd(i,\frac{b}{x})} \mu(y)\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =b\sum_{x|b} \sum_{y|\frac{b}{x}} \mu(y) \sum_{i=\lceil\frac{a}{x}\rceil}^{\frac{b}{x}} i [i \bmod y =0]\\ =b\sum_{x|b} \sum_{y|\frac{b}{x}} \mu(y) \sum_{i=\lceil\frac{a}{xy}\rceil}^{\frac{b}{xy}} yi\ \ \ \ \ \\ \]

然后发现最后面的那一坨其实就是等差数列求和，直接拆开就好。

\[=b\sum_{x|b} \sum_{y|\frac{b}{x}} \mu(y) \frac{y(\frac{b}{xy}+\lceil\frac{a}{xy}\rceil)(\frac{b}{xy}-\lceil\frac{a}{xy}\rceil+1)}{2}\\ \ \ \ \ =\frac{b}{2}\sum_{x|b} \sum_{y|\frac{b}{x}} \mu(y) y(\frac{b}{xy}+\lceil\frac{a}{xy}\rceil)(\frac{b}{xy}-\lceil\frac{a}{xy}\rceil+1)\\ \]

我们调换一下枚举的顺序，先枚举一个 \(y'=xy\)，然后再枚举 \(x'|y'\)。

\[=\frac{b}{2}\sum_{y'|b} (\frac{b}{y'}+\lceil\frac{a}{y'}\rceil)(\frac{b}{y'}-\lceil\frac{a}{y'}\rceil+1) \sum_{x'|y'} \mu(x') x'\\ \]

找出 \(b\) 的因数就可以解决前面的式子，所以现在我们只需要处理 \(\underset{x'|y'}{\sum} \mu(x') x'\)。

由于 \(b\) 的范围是 \(10^9\)，我们不能直接预处理 \(\mu(x)\)，所以需要另寻方法。

我们令 \(f(x) = \underset{d|x}{\sum} \mu(d) d\)。

\[f(a)f(b) = \sum_{x|a} \mu(x) x \times \sum_{y|b} \mu(y)y\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum_{x|a} \sum_{y|b} \mu(x)\mu(y)xy\\ = \sum_{d|ab} \mu(d)d\ \ \ \ \ \ \\ = f(ab)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \]

所以 \(f(x)\) 是积性函数。

而我们又知道对一个质数 \(p\) 和任意正整数 \(k\)，\(f(p^k)=\mu(1)+\mu(p)p+\underset{i=2}{\overset{k}{\sum}}\mu(p^i)p^i=1-p\)。

所以如果 \(n=p_1^{q_1} p_2^{q_2} \cdots p_k^{q_k}\)，其中 \(p\) 为素数，那么 \(f(n)=\underset{i=1}{\overset{k}{\prod}}1-p_k\)。

那么我们就可以在枚举因数 \(d\) 时直接计算 \(f(d)\) 的值了。

代码实现

多测不清空，爆零两行泪。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define For(i,a,b) for(ll i=(a);i<=(b);++i)
#define Rep(i,a,b) for(ll i=(a);i>=(b);--i)
const ll N=1e6+10;
using namespace std;
const ll mod=1e9+7;

ll vis[N],tot,p[N];
void init(ll n){//质数筛
    For(i,2,n){
        if(!vis[i])p[++tot]=i;
        For(j,1,tot){
            if(i*p[j]>n)break;
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0)break;
        }
    }
}

ll cnt,t[N],num[N];//t为质因数，num为出现的个数
void solve(ll x){//质因数分解
    for(ll i=1;p[i]*p[i]<=x;i++){
        if(x%p[i]==0){
            t[++cnt]=p[i];
            num[cnt]=0;
            while(x%p[i]==0)num[cnt]++,x/=p[i];
        }
    }
    if(x>1)t[++cnt]=x,num[cnt]=1;
}

ll a,b,ans;
void dfs(ll x,ll d,ll s){//第x个质因数，目前枚举的因数为d，f(d)=s
    if(x>cnt){//按公式计算答案
        ll t1=b/d,t2=(a+d-1)/d;
        ans=(ans+(t1+t2)*(t1-t2+1)*s%mod+mod)%mod;
        return;
    }
    dfs(x+1,d,s);//不选当前质因数
    s=s*(1-t[x]);//积性函数直接计算
    For(i,1,num[x]){//选i个当前质因数
        d*=t[x];
        dfs(x+1,d,s);
    }
}

void mian(){

    scanf("%lld%lld",&a,&b);
    cnt=ans=0;//记得清空
    solve(b);
    dfs(1,1,1);
    printf("%lld\n",ans*500000004%mod*b%mod);//500000004是2在模1000000007下的逆元

}

int main(){
    init(50000);
    int T=1;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)mian();
    return 0;
}

尾声

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