P4619 [SDOI2018]旧试题（莫比乌斯反演，建图优化三重枚举，三元环计数，神仙好题，超级清晰易懂）

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P4619 [SDOI2018]旧试题（莫比乌斯反演，三元环计数）

Problem

计算：

∑i=1A∑j=1B∑k=1Cd(ijk)mod(109+7)\sum_{i=1}^{A}\sum_{j=1}^{B}\sum_{k=1}^{C}d(ijk) \mod (10^9+7)i=1∑Aj=1∑Bk=1∑Cd(ijk)mod(109+7)

其中 d(ijk)d(ijk)d(ijk) 表示 i×j×ki×j×ki×j×k 的约数个数

1≤T≤10,1≤A,B,C≤105,1≤∑max⁡(A,B,C)≤2×1051 ≤ T ≤ 10, 1 ≤ A, B, C ≤ 10^5, 1 ≤ \sum{\max(A, B, C)} ≤ 2 \times 10^51≤T≤10,1≤A,B,C≤105,1≤∑max(A,B,C)≤2×105

Solution

首先，我们先来一波经典反演：

第一步的结论证明：SDOI2015 约数个数和（莫比乌斯反演经典、双上限整除分块）

好耶，基础的反演到此结束，接下来才是重头戏。

首先我们显然可以根据输入的 A,B,CA,B,CA,B,C 在 O(nlogn)O(nlogn)O(nlogn) 下预处理出来所有可能需要用到的 f(A,lcm(d1,d3)⌋)，f(B,lcm(d2,d1))，f(C,lcm(d2,d3))f(A,{\text{lcm}(d_1,d_3)}\rfloor)，f(B, {\text{lcm}(d_2,d_1)})，f(C, {\text{lcm}(d_2,d_3)})f(A,lcm(d1,d3)⌋)，f(B,lcm(d2,d1))，f(C,lcm(d2,d3))

然后发现我们反演的出来的这个式子直接去计算的话需要 O(n3)O(n^3)O(n3) 三重枚举，根本没法计算。

考虑优化。

显然如果我们直接 O(n3)O(n^3)O(n3) 三重枚举的话，会枚举到很多权值为 000 的 d1,d2,d3d_1,d_2,d_3d1,d2,d3，即无贡献的无效枚举。

显然无效的贡献有：

枚举到的 d1,d2,d3d_1,d_2,d_3d1,d2,d3 不合法
即lcm(d1,d2)>A⇒⌊Alcm(d1,d2)⌋=0\text{lcm}(d_1,d_2)>A\Rightarrow \lfloor\cfrac{A}{\text{lcm}(d_1,d_2)}\rfloor=0lcm(d1,d2)>A⇒⌊lcm(d1,d2)A⌋=0
μ(d1)=0∣∣μ(d2)=0∣∣μ(d3)=0\mu(d_1)=0 \mid\mid\mu(d_2)=0\mid\mid\mu(d_3)=0μ(d1)=0∣∣μ(d2)=0∣∣μ(d3)=0

我们顺着这个思路去走，我们能不能只枚举合法的 d1,d2,d3d_1,d_2,d_3d1,d2,d3，即同时满足 μ(d1)≠0\mu(d_1)\neq0μ(d1)=0，μ(d2)≠0\mu(d_2)\neq0μ(d2)=0，μ(d3)=0\mu(d_3)=0μ(d3)=0，lcm(d1,d2)≤max⁡(A,B,C)\text{lcm}(d_1,d_2)\le\max(A, B,C)lcm(d1,d2)≤max(A,B,C)，lcm(d2,d3)≤max⁡(A,B,C)\text{lcm}(d_2,d_3)\le\max(A, B,C)lcm(d2,d3)≤max(A,B,C)，lcm(d1,d3)≤max⁡(A,B,C)\text{lcm}(d_1,d_3)\le\max(A, B,C)lcm(d1,d3)≤max(A,B,C)

所以我们进行大胆的尝试：建图减少无效的枚举！

将任意两个合法的点 u,vu,vu,v （其中 u,v∈[1,max⁡(A,B,C)]u,v\in[1,\max(A,B,C)]u,v∈[1,max(A,B,C)]）连边！

即任意两个合法的点 u,vu,vu,v：μ(u)≠0\mu(u)\neq0μ(u)=0，μ(v)≠0\mu(v)\neq0μ(v)=0，lcm(u,v)≤max⁡(A,B,C)\text{lcm}(u,v)\le\max(A, B,C)lcm(u,v)≤max(A,B,C)，考虑将他们连边，边权为 valu,v=lcm(u,v)val_{u,v}=\text{lcm}(u,v)valu,v=lcm(u,v)，那么我们可以发现，如果存在三个点 u,v,wu,v,wu,v,w 均合法，且u,v,wu,v,wu,v,w 三点有连边，即在图中形成了一个三元环的话，那么他们就会对答案产生有效贡献！贡献为

μ(u)μ(v)μ(w)×f(A,valu,v)f(B,valv,w)f(C,valu,w)\mu(u)\mu(v)\mu(w)\times f(A,{val_{u,v}})f(B,{val_{v,w}})f(C,{val_{u,w}})μ(u)μ(v)μ(w)×f(A,valu,v)f(B,valv,w)f(C,valu,w)

因此，我们只需要建图，然后可以在 O(mm)O(m\sqrt{m})O(mm) 的时间复杂度下计算出图中三元环的个数，即可计算出最终的答案！（ mmm 为图的边数）

关于 O(mm)O(m\sqrt{m})O(mm) 的三元环计数，可以参考这篇文章：不常用的黑科技——「三元环」

那么如何建图呢？我们可以把所有 μ(x)=0\mu(x)=0μ(x)=0 的数删掉，这样点数就变少了，但是现在对新点集进行暴力建图大概还是 O(n2)O(n^2)O(n2) 的复杂度，考虑继续优化。

发现手里可用的牌只剩 lcm(u,v)≤max⁡(A,B,C)\text{lcm}(u,v)\le\max(A,B,C)lcm(u,v)≤max(A,B,C) 了，所以考虑从这里下手。

看到 lcm\text{lcm}lcm 就立刻想到了 gcd⁡\gcdgcd。

我们可以考虑枚举 gcd⁡\gcdgcd：

1∼max⁡(A,B,C)1\sim \max(A,B,C)1∼max(A,B,C) 地 O(n)O(n)O(n) 枚举 gcd⁡=x\gcd=xgcd=x，

合法的点对 (u,v)(u,v)(u,v)：u=k1x,v=k2xu=k_1x,v=k_2xu=k1x,v=k2x

其中 gcd⁡(k1,k2)=1\gcd(k_1,k_2)=1gcd(k1,k2)=1

我们需要保证 μ(u)≠0,μ(v)≠0\mu(u)\ne0,\mu(v)\ne0μ(u)=0,μ(v)=0 且 (lcm(u,v)=k1k2x)≤max⁡(A,B,C)(\text{lcm}(u,v)=k_1k_2x)\le \max(A,B, C)(lcm(u,v)=k1k2x)≤max(A,B,C)

枚举 (k1,k2)(k_1,k_2)(k1,k2) 即可。

复杂度为 O(nlog⁡3n)O(n\log ^3n)O(nlog3n)

那么有没有时间复杂度更优的建图方法呢？

有的，O(n)O(n)O(n) 的。

%%%

建图之后据大佬 shadowice1984\mathsf{s{\color{red}hadowice1984}}shadowice1984 亲测只有 7×1057\times 10^57×105 条边

我们可以在 O(mm)O(m\sqrt m)O(mm) 的复杂度下通过三元环计数从而完成本题。

我们发现上面三元环计数中没有考虑到自环的情况。即三元组 (u,v,w)(u,v,w)(u,v,w) 中存在两个数或者三个数相等的情况，需要我们单独计算。

三个数相同
我们枚举 xxx 直接计算贡献即可。
两个数相同
即 (u,u,v)(u,u,v)(u,u,v) 和 (u,v,v)(u,v,v)(u,v,v)，我们可以在枚举两个点 (u,v)(u,v)(u,v) 建图的时候顺便计算一下贡献即可。

  u |  ╲u---vuuvuuvuuvuuv

三个数均不同
枚举三元环计算即可。
我们只需要枚举一个 (u,v,w)(u,v,w)(u,v,w)，显然在范围内的所有答案，即三元环 u,v,wu,v,wu,v,w 之间的任意连边顺序均为合法的贡献，即：

    w/   \u --- vuvwuuwvuwuvwwvuwvuwvvwuv

（每个点均有两种选择，共有 2×3=62\times 3=62×3=6 种三元环）

Code

// Problem: P4619 [SDOI2018]旧试题
// Contest: Luogu
// URL: https://www.luogu.com.cn/problem/P4619
// Memory Limit: 500 MB
// Time Limit: 5000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)#include <bits/stdc++.h>
#define re register
using namespace std;
using ll = long long;
const int N = 6e6 + 7, mod = 1e9 + 7, INF = 0x3f3f3f3f;template <typename T> inline void read(T& t) {int f = 0, c = getchar(); t = 0;while (!isdigit(c)) f |= c == '-', c = getchar();while (isdigit(c)) t = t * 10 + c - 48, c = getchar();if (f) t = -t;
}template <typename T> void print(T x) {if (x < 0) x = -x, putchar('-');if (x > 9) print(x / 10);putchar(x % 10 + 48);
}int n, m, k, t;
int mu[N], primes[N], cnt;
int vis[N], val[N];
ll fa[N], fb[N], fc[N];
int A, B, C;
int minn = INF, maxx;
int edge_cnt;struct Edge
{int u, v, w;
}edge[N];struct Node
{int v, w;
};vector<Node> G[N];
int deg[N];void sieve(int n)
{mu[1] = 1;vis[1] = 1;for(re int i = 2; i <= n; ++ i) {if(vis[i] == 0) {primes[ ++ cnt] = i;mu[i] = -1;}for(re int j = 1; j <= cnt && i * primes[j] <= n; ++ j) {vis[i * primes[j]] = 1;if(i % primes[j] == 0) {mu[i * primes[j]] = 0;break;}mu[i * primes[j]] -= mu[i];}}
}void init()
{for(re int i = 1; i <= maxx; ++ i)fa[i] = 0, fb[i] = 0, fc[i] = 0, deg[i] = 0, G[i].clear();minn = INF;maxx = -INF;edge_cnt = 0;
}void solve()
{   init();read(A), read(B), read(C);maxx = max({maxx, A, B, C});minn = min({minn, A, B, C}); for(re int i = 1; i <= A; ++ i)for(int j = i; j <= A; j += i)fa[i] += A / j;for(re int i = 1; i <= B; ++ i)for(int j = i; j <= B; j += i)fb[i] += B / j;for(re int i = 1; i <= C; ++ i)for(int j = i; j <= C; j += i)fc[i] += C / j;ll ans = 0;//三个数都相同for(re int i = 1; i <= minn; ++ i) {if(mu[i]) ans += 1ll * mu[i] * mu[i] * mu[i] * fa[i] * fb[i] * fc[i];}//建图，顺便把有两个数相同情况的贡献算一下for(re int x = 1; x <= maxx; ++ x) {for(re int k1 = 1; k1 * x <= maxx; ++ k1) {if(mu[k1 * x]) {for(re int k2 = k1 + 1; 1ll * k1 * k2 * x <= maxx; ++ k2) {if(mu[k2 * x] && __gcd(k1, k2) == 1) {int u = k1 * x;int v = k2 * x;int lcm = k1 * k2 * x;int val_u_u = u;int val_v_v = v;int val_u_v = lcm;int val_v_u = lcm;int uuv = mu[u] * mu[u] * mu[v];int uvv = mu[u] * mu[v] * mu[v];ans += uuv * (fa[val_u_u] * fb[val_u_v] * fc[val_v_u] + fa[val_v_u] * fb[val_u_u] * fc[val_u_v] + fa[val_u_v] * fb[val_v_u] * fc[val_u_u]);ans += uvv * (fa[val_v_v] * fb[val_v_u] * fc[val_u_v] + fa[val_u_v] * fb[val_v_v] * fc[val_v_u] + fa[val_v_u] * fb[val_u_v] * fc[val_v_v]);deg[u] ++ ;deg[v] ++ ;++ edge_cnt;edge[edge_cnt].u = u;edge[edge_cnt].v = v;edge[edge_cnt].w = lcm;}}}}}//三个数均不同for(re int i = 1; i <= edge_cnt; ++ i) {int u = edge[i].u, v = edge[i].v, w = edge[i].w;if(deg[u] < deg[v] || (deg[u] == deg[v] && u > v)) swap(u, v);G[u].push_back({v, w});}for(re int x = 1; x <= maxx; ++ x) {if(mu[x]) {for(auto i : G[x])vis[i.v] = x, val[i.v] = i.w;for(auto i : G[x]) {int y = i.v;int val_x_y = i.w;if(mu[y]) {for(auto j : G[y]) {int z = j.v;if(vis[z] == x) {int val_y_z = j.w;int val_x_z = val[z];int val_z_y = val_y_z;int val_z_x = val_x_z;int val_y_x = val_x_y;int muxyz = mu[x] * mu[y] * mu[z];if(muxyz) {ans += muxyz * (fa[val_x_y] * fb[val_y_z] * fc[val_z_x]+ fa[val_x_z] * fb[val_z_y] * fc[val_y_x]+ fa[val_y_z] * fb[val_z_x] * fc[val_x_y]+ fa[val_y_x] * fb[val_x_z] * fc[val_z_y]+ fa[val_z_x] * fb[val_x_y] * fc[val_y_z]+ fa[val_z_y] * fb[val_y_x] * fc[val_x_z]);}}}}}}}print(ans % mod);puts("");
}int main()
{sieve(N - 7);  read(t);while(t -- ) {solve();}return 0;
}

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