洛谷P1829 [國家集訓隊]Crash的數字表格

題目描述

• 今天的數學課上，Crash小朋友學習了最小公倍數(Least Common Multiple)。對於兩個正整數a和b，LCM(a, b)表示能同時整除a和b的最小正整數。例如，LCM(6, 8) = 24。
• 回到家後，Crash還在想着課上學的東西，爲了研究最小公倍數，他畫了一張NM的表格。每一個格子裏寫了一個數字，其中第i行第j列的那個格子裏寫着數爲LCM(i, j)。一個45的表格以下：

1    2    3    4    5
2    2    6    4    10
3    6    3    12    15
4    4    12    4    20

• 看着這個表格，Crash想到了不少能夠思考的問題。不過他最想解決的問題倒是一個十分簡單的問題：這個表格中全部數的和是多少。當N和M很大時，Crash就一籌莫展了，所以他找到了聰明的你用程序幫他解決這個問題。因爲最終結果可能會很大，Crash只想知道表格裏全部數的和mod20101009的值。

輸入輸出格式

• 輸入格式：
• 輸入的第一行包含兩個正整數，分別表示N和M。
• 輸出格式：
• 輸出一個正整數，表示表格中全部數的和mod20101009的值。

解題思路

• 很顯然，題目所求的就是\(Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)\)
• 咱們根據\(lcm(i,j)=\frac{ij}{gcd(i,j)}\)這個性質把它轉換成\(gcd\)
  \[Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{ij}{gcd(i,j)}\]
• 咱們套路的枚舉\(gcd\)爲\(d\)而且順便把它提到最前面
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]\frac{ij}{d}\]
• 將\(d\)給提出來，固然也能夠看作是換枚舉項\(i,j\)爲\(di,dj\)
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[gcd(i,j)=1]ij\]
• 利用\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)的性質，代入
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{x|gcd(i,j)}\mu(x)ij\]
• 這個枚舉\(gcd(i,j)\)約數的式子很不爽，因此咱們枚舉\(x\)，這樣\(x\)與\(i,j\)無關就能夠提到前面
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{x=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(x)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij[x|gcd(i,j)]\]
• 咱們能夠將這個式子由枚舉\(i,j\)變爲枚舉\(xu,xv\)(不用\(i,j\)這樣子看起來沒那麼彆扭)。由於這樣咱們就能夠不用處理\([x|gcd(i,j)]\)這個條件，由於它必定知足。
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{x=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(x)\sum_{xu=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{xv=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}x^2uv\]
• 最後咱們將\(x^2\)給提出來，就差很少化完了
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{x=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}x^2\mu(x)(\sum_{u=1}^{\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor}u)(\sum_{v=1}^{\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor}v)\]
• 這個式子能夠\(O(n)\)線性篩出\(x^2\mu(x)\)，最後兩個式子就是等差數列求和，能夠用整除分塊優化。這道題就能夠\(A\)了。

• 時間複雜度近似O(n)。複雜度式子是\(\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\)這個積分後差很少是O(n)，通過測試，係數約爲2.6左右，所以是跑的過的

  Code:

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10010000
using namespace std;
inline void read(int &x)
{
    x=0;
    static int p;p=1;
    static char c;c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(c-48);c=getchar();}
    x*=p;
}
const long long mod=20101009;
int n,m;
bool vis[N];
int cnt,prim[N],mu[N];
long long sum[N];
void get_mu(int maxn)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++)
    {
        if(!vis[i]){prim[++cnt]=i;mu[i]=-1;}
        for(int j=1;j<=cnt&&prim[j]*i<=maxn;j++)
        {
            vis[i*prim[j]]=1;
            if(i%prim[j]==0)break;
            else mu[i*prim[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=maxn;i++)(sum[i]=sum[i-1]+1ll*mu[i]*1ll*i%mod*1ll*i%mod)%=mod;
}
int main()
{
//  freopen(".in","r",stdin);
//  freopen(".out","w",stdout);
    read(n);read(m);
    int max_rep=0;
    get_mu(max_rep=min(n,m));
    long long ans=0;
    long long inv2=(mod+1ll)/2ll;
    long long summ=0;
    for(int d=1;d<=max_rep;d++)
    {
        int maxx=n/d,maxy=m/d,minn=min(maxx,maxy);
        summ=0ll;
        for(int l=1,r;l<=minn;l=r+1ll)
        {
            r=min(maxx/(maxx/l),maxy/(maxy/l));
            (summ+=(sum[r]-sum[l-1])%mod*(((1ll+maxx/l)%mod*1ll*(maxx/l)%mod*inv2%mod)%mod)%mod*(((1ll+maxy/l)%mod*1ll*(maxy/l)%mod*inv2%mod)%mod)%mod)%=mod;
        }
        (ans+=summ*1ll*d)%=mod;
    }
    cout<<(ans%mod+mod)%mod<<endl;
    return 0;
}