luogu P1587 [NOI2016] 循环之美

https://www.luogu.com.cn/problem/P1587

首先思考我们要求的是什么？

{xkly}={xy}\large \begin{Bmatrix}\frac{xk^l}{y}\end{Bmatrix} =\begin{Bmatrix}\frac{x}{y}\end{Bmatrix}{yxkl}={yx}

xkl−y[xkly]=x−y[xy]\large xk^l-y \begin{bmatrix}\frac{xk^l}{y} \end{bmatrix}=x-y \begin{bmatrix}\frac{x}{y} \end{bmatrix}xkl−y[yxkl]=x−y[yx]
kl≡1(mody)k^l \equiv 1 (\mod y)kl≡1(mody)

可以得到我们实际上要求的是

∑i=1n∑j=1m[i⊥j][j⊥k]\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m [i\perp j] [j \perp k]i=1∑nj=1∑m[i⊥j][j⊥k]

按照套路

∑d=1min(n,m)μ(d)∑i=1n/d∑j=1m/d[jd⊥k]\large \sum\limits_{d=1}^{min(n, m)} \mu(d) \sum\limits_{i=1}^{n/d} \sum\limits_{j=1}^{m/d} [jd \perp k]d=1∑min(n,m)μ(d)i=1∑n/dj=1∑m/d[jd⊥k]

=∑d=1min(n,m)μ(d)(n/d)∑j=1m/d[j⊥k][d⊥k]\large = \sum\limits_{d=1}^{min(n, m)} \mu(d) (n/d) \sum\limits_{j=1}^{m/d} [j \perp k][d \perp k]=d=1∑min(n,m)μ(d)(n/d)j=1∑m/d[j⊥k][d⊥k]

设g(n)=∑i=1n[i⊥k]g(n)=\sum\limits_{i=1}^n [i\perp k]g(n)=i=1∑n[i⊥k]

容易发现g(n)=(n/k)ϕ(k)+g(nmodk)g(n)=(n/k) \phi(k)+g(n \mod k)g(n)=(n/k)ϕ(k)+g(nmodk)
上式子

=∑d=1min(n,m)(n/d)g(m/d)μ(d)[d⊥k]\large = \sum\limits_{d=1}^{min(n, m)} (n/d) g(m/d) \mu(d) [d \perp k]=d=1∑min(n,m)(n/d)g(m/d)μ(d)[d⊥k]
前两项显然可以整除分块，现在要计算的是后两项的区间和

记f(n)=∑i=1nμ(i)[i⊥k]f(n)=\sum\limits_{i=1}^n \mu(i)[i \perp k]f(n)=i=1∑nμ(i)[i⊥k]

区间和就可以表示为f(r)−f(l−1)f(r)-f(l-1)f(r)−f(l−1)

考虑怎么快速计算fff

发现是两个积性函数卷在一起,还是一个积性函数

我们考虑让它卷上[i⊥k][i \perp k][i⊥k]

得到杜教筛的那条式子

f(n)=∑i=1n[i⊥k]f(n/i)−∑i=2n[i⊥k]f(n/i)\large f(n)=\sum\limits_{i=1}^n[i \perp k] f(n/i)-\sum\limits_{i=2}^n[i\perp k] f(n/i)f(n)=i=1∑n[i⊥k]f(n/i)−i=2∑n[i⊥k]f(n/i)

考虑前面那一部分怎么算？

∑i=1n[i⊥k]∑j=1n/iμ(j)[j⊥k]\sum\limits_{i=1}^n[i \perp k] \sum\limits_{j=1}^{n/i}\mu(j)[j\perp k]i=1∑n[i⊥k]j=1∑n/iμ(j)[j⊥k]
=∑i=1n∑j=1n/iμ(j)[ij⊥k]=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{n/i}\mu(j)[ij\perp k]=i=1∑nj=1∑n/iμ(j)[ij⊥k]

考虑枚举ijijij

∑i=1n∑d∣iμ(d)[i⊥k]\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{d|i}\mu(d)[i\perp k]i=1∑nd∣i∑μ(d)[i⊥k]
∑i=1n[i⊥k]∑d∣iμ(d)=1\sum\limits_{i=1}^n[i\perp k] \sum\limits_{d|i} \mu(d)=1i=1∑n[i⊥k]d∣i∑μ(d)=1

于是乎就得到了

f(n)=1−∑i=2n[i⊥k]f(n/i)\large f(n)=1-\sum\limits_{i=2}^n[i\perp k] f(n/i)f(n)=1−i=2∑n[i⊥k]f(n/i)

而f(n/i)f(n/i)f(n/i)前面那个在整除分块的时候就是ggg
大力杜教筛即可

code:

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 5000050
using namespace std;
int gcd(int x, int y) {return y? gcd(y, x % y) : x;
}
int g[N], f[N], mu[N], n, m, k, prime[N], sz, vis[N];
ll G(int n) {return 1ll * (n / k) * g[k] + g[n % k];
}
const int lim = 5000000;
void init(int n) {for(int i = 1; i <= k; i ++) g[i] = g[i - 1] + (gcd(i, k) == 1);f[1] = mu[1] = 1;for(int i = 2; i <= n; i ++) {if(!vis[i]) {prime[++ sz] = i;mu[i] = -1;}for(int j = 1; j <= sz && i * prime[j] <= n; j ++) {vis[i * prime[j]] = 1;if(i % prime[j] == 0) break;mu[i * prime[j]] = - mu[i];}f[i] = f[i - 1] + mu[i] * (G(i) - G(i - 1));}
}
map<int, ll> sf;
ll F(int n) {if(n <= lim) return f[n];if(sf[n]) return sf[n];ll ret = 1;for(int l = 2, r = 0; l <= n; l = r + 1) {r = n / (n / l);ret -= F(n / l) * (G(r) - G(l - 1)); } return sf[n] = ret;
}
int main() {scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);init(lim);ll ans = 0;for(int l = 1, r = 0; l <= min(n, m); l = r + 1) {r = min(n / (n / l), m / (m / l));ans += 1ll * (n / l) * G(m / l) * (F(r) - F(l - 1));}printf("%lld", ans);return 0;
}

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