4815: [Cqoi2017]小Q的表格

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Description

小Q是个程序员。
作为一个年轻的程序员，小Q总是被老C欺负，老C经常把一些麻烦的任务交给小Q来处理。每当小Q不知道如何解决
时，就只好向你求助。为了完成任务，小Q需要列一个表格，表格有无穷多行，无穷多列，行和列都从1开始标号。
为了完成任务，表格里面每个格子都填了一个整数，为了方便描述，小Q把第a行第b列的整数记为f(a,b),为了完成
任务，这个表格要满足一些条件：(1)对任意的正整数a,b,都要满足f(a,b)=f(b,a)；(2)对任意的正整数a,b,都要
满足b×f(a,a+b)=(a+b)*f(a,b)。为了完成任务，一开始表格里面的数很有规律，第a行第b列的数恰好等于a*b，
显然一开始是满足上述两个条件的。为了完成任务，小Q需要不断的修改表格里面的数，每当修改了一个格子的数
之后，为了让表格继续满足上述两个条件，小Q还需要把这次修改能够波及到的全部格子里都改为恰当的数。由于
某种神奇的力量驱使，已经确保了每一轮修改之后所有格子里的数仍然都是整数。为了完成任务，小Q还需要随时
获取前k行前k列这个有限区域内所有数的和是多少，答案可能比较大，只需要算出答案mod1,000,000,007之后的结
果。
Input

第1行包含两个整数m,n,表示共有m次操作，所有操作和查询涉及到的行编号和列编号都不超过n。
接下来m行，每行4个整数a,b,x,k表示把第a行b列的数改成x，然后把它能够波及到的所有格子全部修改，保证修改
之后所有格子的数仍然都是整数，修改完成后计算前k行前k列里所有数的和。
1<=m<=10000,1<=a,b,k<=N<=4*10^6,0<=x<=10^18
Output

输出共m行，每次操作之后输出1行，表示答案mod 1,000,000,007之后的结果。

Sample Input

3 3

1 1 1 2

2 2 4 3

1 2 4 2
Sample Output

一开始,表格的前3行前3列如图中左边所示,前2次操

作后表格没有变化,第3次操作之后的表格如右边所示。

1 2 3 2 4 6

2 4 6 4 4 12

3 6 9 6 12 9

HINT

Source

对于f(a,b)=f(b,a)f(a,b) = f(b,a)，显然gcd(a,b)=gcd(b,a)gcd(a,b) = gcd(b,a)
对于b∗f(a,a+b)=(a+b)∗f(a,b)b\ast f(a,a+b) = (a + b)\ast f(a,b)由更相减损法，得到gcd(a,a+b)=gcd(a,b)gcd(a,a+b) = gcd(a,b)
因此，每次修改等价于对所有坐标的最大公约数为一个定值的点修改
对于任意两个坐标的最大公约数相同的点
由约束条件得到，它们的比例肯定是一个定值
因此，任意的f(a,b)f(a,b)在修改过后总是能写作a∗b∗ka\ast b \ast k的形式
重新定义f(d)f(d)为最大公约数为dd的点的这个系数
那么Ans=∑ki=1∑kj=1i∗j∗f(gcd(i,j))Ans = \sum_{i=1}^k\sum_{j=1}^k i\ast j\ast f(gcd(i,j))
大力莫比乌斯反演，得到
Ans=∑nd=1f(d)∗d2∑⌊nd⌋t=1μ(t)∗t2(∑⌊ndt⌋i=1i)2Ans = \sum_{d=1}^n f(d)\ast d^2 \sum_{t=1}^{ \lfloor \frac nd \rfloor}\mu(t)\ast t^2 \left(\sum_{i=1}^{\lfloor \frac n{dt} \rfloor} i\right)^2
定义g(n)=∑ni=1μ(i)∗i2(∑⌊ni⌋j=1j)2g(n) = \sum_{i=1}^n \mu(i)\ast i^2 \left(\sum_{j=1}^{\lfloor \frac ni \rfloor}j\right)^2
那么Ans=∑nd=1f(d)∗d2∗g(⌊nd⌋)Ans = \sum_{d=1}^n f(d)\ast d^2 \ast g\left(\left \lfloor \frac nd \right \rfloor \right)
假如能预处理好所有g(n)g(n)，那么上述公式能在O(n−−√)O(\sqrt n)计算出来
注意到⌊ni⌋−⌊n−1i⌋=1\left \lfloor \frac ni \right \rfloor - \left \lfloor \frac {n-1}i \right \rfloor = 1成立当且仅当i|ni|n
那么g(n)−g(n−1)=∑d|nμ(d)∗d2∗(nd)3=n3∑d|nμ(d)dg(n) - g(n - 1) = \sum_{d|n} \mu(d) \ast d^2 \ast \left(\frac nd\right)^3 = n^3\sum_{d|n}\frac {\mu(d)} d
这个式子右边那个东西显然是个积性函数，线性筛解决即可
因此能在O(n)O(n)递推出所有的g(n)g(n)
对于修改f(n)f(n)时，因为还需要时刻查询某段的和
若使用树状数组维护前缀和然后差分，复杂度就多个loglog无法接受
可以牺牲一下修改时间，分块维护ff的前缀和，这样查询就能O(1)O(1)了
综上，总复杂度为O(mn−−√)O(m\sqrt n)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
//#include<ctime>
using namespace std;const int maxm = 2005;
const int maxn = 4E6 + 4;
typedef long long LL;
const LL mo = 1000000007;int n,m,Sqrt,S,tot,pri[maxn],bel[maxn],pos[maxn],g[maxn],h[maxn];
bool not_pri[maxn];
LL s1[maxm],s2[maxm][maxm],f[maxn];inline int gcd(int x,int y) {return !y ? x : gcd(y,x % y);}
inline int Mul(const LL &x,const LL &y) {return x * y % mo;}
inline int Add(const int &x,const int &y) {return x + y < mo ? x + y : x + y - mo;}
inline int Dec(const int &x,const int &y) {return x - y >= 0 ? x - y : x - y + mo;}inline int ksm(int x,int y)
{int ret = 1;for (; y; y >>= 1){if (y & 1) ret = Mul(ret,x);x = Mul(x,x);}return ret;
}inline int getint()
{char ch = getchar(); int ret = 0;while (ch < '0' || '9' < ch) ch = getchar();while ('0' <= ch && ch <= '9')ret = ret * 10 + ch - '0',ch = getchar();return ret;
}inline LL getLL()
{char ch = getchar(); LL ret = 0;while (ch < '0' || '9' < ch) ch = getchar();while ('0' <= ch && ch <= '9')ret = ret * 10LL + 1LL * (ch - '0'),ch = getchar();return ret;
}void Pre_Work()
{g[1] = h[1] = f[1] = 1;Sqrt = sqrt(n); S = n / Sqrt + 1;bel[1] = 1 / Sqrt; pos[1] = 1 % Sqrt;s1[bel[1]] += 1LL; s2[bel[1]][pos[1]] = 1LL;for (int i = 2; i <= n; i++){if (!not_pri[i])pri[++tot] = i,h[i] = Dec(1,ksm(i,mo - 2));for (int j = 1; j <= tot; j++){int Nex = i * pri[j];if (Nex > n) break;not_pri[Nex] = 1;if (i % pri[j] == 0){h[Nex] = h[i]; break;}h[Nex] = Mul(h[i],h[pri[j]]);}int tmp = Mul(i,i);g[i] = Add(g[i - 1],Mul(Mul(tmp,i),h[i]));if (pos[i - 1] == Sqrt - 1)pos[i] = 0,bel[i] = bel[i - 1] + 1;else pos[i] = pos[i - 1] + 1,bel[i] = bel[i - 1];f[i] = 1; s1[bel[i]] += 1LL * tmp; s2[bel[i]][pos[i]] = tmp;}for (int i = 0; i <= S; i++)for (int j = 1; j < Sqrt; j++)s2[i][j] += s2[i][j - 1];for (int i = 1; i <= S; i++) s1[i] += s1[i - 1];
}inline void Modify(int k,LL d)
{d = Mul(d,Mul(k,k));for (int i = bel[k]; i <= S; i++) s1[i] += d;for (int i = pos[k]; i < Sqrt; i++) s2[bel[k]][i] += d;
}inline LL Query(const int &k)
{LL ret = bel[k] ? s1[bel[k] - 1] : 0;return ret + s2[bel[k]][pos[k]];
}inline int Mod(LL x) {x %= mo; return x >= 0 ? x : x + mo;}inline void Solve()
{int a,b,x,N,G,Ans = 0;a = getint(); b = getint();x = getLL() % mo; N = getint();G = gcd(a,b); x = Mul(x,ksm(Mul(a,b),mo - 2));Modify(G,x - f[G]); f[G] = x;for (int i = 1,last; i <= N; i = last + 1){int tmp = N / i; last = N / tmp;int A = Mod(Query(last) - Query(i - 1));Ans = Add(Ans,Mul(A,g[tmp]));}printf("%d\n",Ans);
}int main()
{#ifdef DMCfreopen("DMC.txt","r",stdin);freopen("test.txt","w",stdout);#endifm = getint(); n = getint();Pre_Work();//cerr << (double)(clock()) / CLOCKS_PER_SEC << endl;while (m--) Solve();//cerr << (double)(clock()) / CLOCKS_PER_SEC << endl;return 0;
}

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