【洛谷3768】简单的数学题【莫比乌斯反演】【杜教筛】【小学奥数】

传送门

题意：给定p,Np,Np,N,求

∑i=1N∑j=1Nijgcd(i,j)modp\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}ijgcd(i,j)\text{ }mod \text{ }pi=1∑Nj=1∑Nijgcd(i,j) mod p

ppp为质数，在1e91e91e9左右

N≤1e10N \leq 1e10N≤1e10

神仙题

前置芝士：杜教筛

懒得重新写，所以顺便讲一下

杜教筛可以在非线性时间求积性函数的前缀和

设所求函数为f(n)f(n)f(n),S(n)为前缀和S(n)为前缀和S(n)为前缀和

S(n)=∑i=1nf(i)S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)S(n)=i=1∑nf(i)

构造一个可以快速计算前缀和的函数g(n)g(n)g(n)，且和f(n)f(n)f(n)的狄利克雷卷积(f∗g)(n)(f*g)(n)(f∗g)(n)的前缀和可以快速求出

考虑

∑i=1n(f∗g)(i)\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)i=1∑n(f∗g)(i)

暴力拆开

∑i=1n∑d∣if(d)g(id)\sum_{i=1}^{n}\sum_{d \mid i}f(d)g(\frac{i}{d})i=1∑nd∣i∑f(d)g(di)

枚举ddd

∑d=1ng(d)∑d∣if(id)\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{d \mid i}f(\frac{i}{d})d=1∑ng(d)d∣i∑f(di)

∑d=1ng(d)S(⌊nd⌋)\sum_{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)d=1∑ng(d)S(⌊dn⌋)

我们要求的是S(n)S(n)S(n),所以可以求出g(1)S(n)g(1)S(n)g(1)S(n)

即

∑d=1ng(d)S(⌊nd⌋)−∑d=2ng(d)S(⌊nd⌋)\sum_{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)-\sum_{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)d=1∑ng(d)S(⌊dn⌋)−d=2∑ng(d)S(⌊dn⌋)

换成上面

∑i=1n(f∗g)(i)−∑d=2ng(d)S(⌊nd⌋)\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)-\sum_{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)i=1∑n(f∗g)(i)−d=2∑ng(d)S(⌊dn⌋)

左边直接求，右边整除分块套递归

复杂度是O(N34)O(N^\frac{3}{4})O(N43)

如果线性筛出N23N^\frac{2}{3}N32以内的并用mapmapmap记忆化，可以达到O(N23)O(N^\frac{2}{3})O(N32)

正文

∑i=1N∑j=1Nijgcd(i,j)\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}ijgcd(i,j)i=1∑Nj=1∑Nijgcd(i,j)

套路

∑d=1N∑i=1N∑j=1N[gcd(i,j)=d]ijd\sum_{d=1}^{N}\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}[gcd(i,j)=d]ijdd=1∑Ni=1∑Nj=1∑N[gcd(i,j)=d]ijd

∑d=1Nd∑i=1N∑j=1N[gcd(i,j)=d]ij\sum_{d=1}^{N}d\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}[gcd(i,j)=d]ijd=1∑Ndi=1∑Nj=1∑N[gcd(i,j)=d]ij

右边可以反演

设

f(n)=∑i=1N∑j=1N[gcd(i,j)=n]ijf(n)=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}[gcd(i,j)=n]ijf(n)=i=1∑Nj=1∑N[gcd(i,j)=n]ij

F(d)=∑d∣nf(n)=∑i=1N∑j=1N[d∣i][d∣j]ijF(d)=\sum_{d\mid n}f(n)=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}[d\mid i][d\mid j]ijF(d)=d∣n∑f(n)=i=1∑Nj=1∑N[d∣i][d∣j]ij

记sum(n)=n(n+1)2sum(n)=\frac{n(n+1)}{2}sum(n)=2n(n+1)

F(d)=d2(sum⌊Nd⌋)2F(d)=d^2(sum\lfloor\frac{N}{d}\rfloor)^2F(d)=d2(sum⌊dN⌋)2

f(d)=∑d∣nF(n)μ(nd)=∑d∣nn2(sum⌊Nn⌋)2μ(nd)f(d)=\sum_{d\mid n}F(n)\mu(\frac{n}{d})=\sum_{d\mid n}n^2(sum\lfloor\frac{N}{n}\rfloor)^2\mu(\frac{n}{d})f(d)=d∣n∑F(n)μ(dn)=d∣n∑n2(sum⌊nN⌋)2μ(dn)

原来求的是

∑d=1Ndf(d)\sum_{d=1}^{N}df(d)d=1∑Ndf(d)

∑d=1Nd∑d∣nn2(sum⌊Nn⌋)2μ(nd)\sum_{d=1}^{N}d\sum_{d\mid n}n^2(sum\lfloor\frac{N}{n}\rfloor)^2\mu(\frac{n}{d})d=1∑Ndd∣n∑n2(sum⌊nN⌋)2μ(dn)

枚举nnn

∑n=1Nn2(sum⌊Nn⌋)2∑d∣ndμ(nd)\sum_{n=1}^{N}n^2(sum\lfloor\frac{N}{n}\rfloor)^2\sum_{d \mid n}d\mu(\frac{n}{d})n=1∑Nn2(sum⌊nN⌋)2d∣n∑dμ(dn)

右边就是φ\varphiφ

∑n=1N(sum⌊Nn⌋)2n2φ(n)\sum_{n=1}^{N}(sum\lfloor\frac{N}{n}\rfloor)^2n^2\varphi(n)n=1∑N(sum⌊nN⌋)2n2φ(n)

左边是个整除分块，所以求出右边就可以了

#undef f

设f(n)=n2φ(n)f(n)=n^2\varphi(n)f(n)=n2φ(n)

显然这是个积性函数，考虑杜教筛

(f∗g)(n)=∑d∣ng(d)f(nd)=∑d∣ng(d)n2d2φ(nd)(f*g)(n)=\sum_{d \mid n}g(d)f(\frac{n}{d})=\sum_{d \mid n}g(d)\frac{n^2}{d^2}\varphi(\frac nd)(f∗g)(n)=d∣n∑g(d)f(dn)=d∣n∑g(d)d2n2φ(dn)

令g(n)=n2g(n)=n^2g(n)=n2就可以消掉

则

(f∗g)(n)=∑d∣nn2φ(nd)=n2∑d∣nφ(d)=n3(f*g)(n)=\sum_{d \mid n}n^2\varphi(\frac nd)=n^2\sum_{d \mid n}\varphi(d)=n^3(f∗g)(n)=d∣n∑n2φ(dn)=n2d∣n∑φ(d)=n3

众所周知

12+22+32+...+n2=(n)(n+1)(2n+1)61^2+2^2+3^2+...+n^2=\frac{(n)(n+1)(2n+1)}{6}12+22+32+...+n2=6(n)(n+1)(2n+1)

13+23+33+...+n3=(1+2+3+...+n)21^3+2^3+3^3+...+n^3=(1+2+3+...+n)^213+23+33+...+n3=(1+2+3+...+n)2

两个前缀和都可以O(1)O(1)O(1)算出

这个问题就解决了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <map>
#define MAXN 10000005
using namespace std;
typedef long long ll;
int MOD,inv2,inv6;
inline int add(const int& x,const int& y){return x+y>=MOD? x+y-MOD:x+y;}
inline int dec(const int& x,const int& y){return x-y<0? x-y+MOD:x-y;}
inline int mul(const int& x,const int& y){return (ll)x*y%MOD;}
inline int qpow(int a,int p)
{int ans=1;while (p){if (p&1) ans=mul(ans,a);a=mul(a,a);p>>=1;}return ans;
}
const int N=10000000;
int np[MAXN],pl[1000005],cnt;
int phi[MAXN],f_sum[MAXN];
void init()
{np[1]=phi[1]=1;for (int i=2;i<=N;++i){if (!np[i]) phi[pl[++cnt]=i]=i-1;int x;for (int j=1;(x=i*pl[j])<=N;++j){np[x]=1;if (i%pl[j]==0){phi[x]=mul(phi[i],pl[j]);break;}phi[x]=mul(phi[i],pl[j]-1);}}for (int i=1;i<=N;i++) f_sum[i]=add(f_sum[i-1],mul(phi[i],mul(i,i)));
}
inline int calc(const int& n){return mul(mul(n,n+1),inv2);}
inline int calc2(const int& n){return mul(mul(n,n+1),mul(2*n+1,inv6));}
inline int calc3(const int& n){int t=calc(n);return mul(t,t);}
map<int,int> m;
int getsum(ll n)
{if (n<=N) return f_sum[n];if (m[n]) return m[n];int ans=calc3(n%MOD);for (ll l=2,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);int tmp=getsum(n/l);ans=dec(ans,mul(dec(calc2(r%MOD),calc2((l-1)%MOD)),tmp));}return m[n]=ans;
}
//int gcd(int a,int b)
//{//  return b? gcd(b,a%b):a;
//}
int main()
{ll n;scanf("%d%lld",&MOD,&n);inv2=(MOD+1)>>1;inv6=qpow(6,MOD-2);init(); int ans=0;
//  for (int i=1;i<=n;i++)
//      for (int j=1;j<=n;j++)
//          ans=(ans+(ll)i*j%MOD*gcd(i,j))%MOD;
//  cerr<<ans<<'\n';
//  ans=0;for (ll l=1,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);ans=add(ans,mul(calc3((n/l)%MOD),dec(getsum(r),getsum(l-1))));}printf("%d\n",ans);return 0;
}

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