HDU6706 CCPC 2019网络赛 huntian oy 推式子+杜教筛

CCPC 2019 网络赛 HDU 6706 huntian oy

标签

• 奇奇怪怪的数论结论
• 杜教筛

前言

• 个人csdn和博客园是同步的，欢迎来访danzh-博客园~

简明题意

• 给定n,a,b，求： $$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^igcd(i^a-j^a,i^b-j^b)[gcd(i,j)=1]%(10^9+7)$$

思路

• 首先有一个结论： $$gcd(i^a-j^a,i^b-j^b)=i^{gcd(a,b)}-j^{gcd(a,b)}$$
• 上面的结论对于i,j互质是成立的。关注这题，条件式里就有[gcd(i,j)=1]，因此咱们能够直接替换：（因为ab互质，因此指数直接去掉） $$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i(i-j)[gcd(i,j)=1]$$
• (其实我比赛的时候猜出来gcd那一坨就等于i-j，而后我写了个暴力验证一下，发现有些数不相等，当时情急，就没往这方面想了，好难过)
• 推到这里，就太简单了。接下来咱们咱们把减法分离开： $$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ii[gcd(i,j)=1]-\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ij[gcd(i,j)=1]$$
• 而后分别求一下这两个式子。第一个式子比较好求，重点是第二个式子。 $$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ij[gcd(i,j)=1]=\frac 12\sum_{i=1}^ni\phi(i)+\frac{[n>=1]}{2}$$

这个式子的推导过程放在个人博客《数论公式总结》里面了

• 因此原式就等于 $$\sum_{i=1}^ni\phi(i)-\frac 12\sum_{i=1}^ni\phi(i)+\frac{[n>=1]}{2}=\frac 12\left(\sum_{i=1}^ni\phi(i)-1\right)$$
• 好了，n<=1e9，暴力去算和式会超时。这里杜教筛。
• 令$f(n)=n\phi(n)$，$S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)$。咱们杜教筛，构造g： $$S(n)g(1)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\frac ni)$$
• 如今难点就在于怎么找g函数。找g函数，咱们通常先把狄利克雷展开： $$f*g=\sum_{d|n}d\phi(d)*g(\frac nd)$$
• 因此很显然了，咱们取g=id，卷积就是： $$f*g=\sum_{d|n}n\phi(d)=n\sum_{d|n}\phi(d)$$
• 而$\sum\limits_{d|n}\phi(d)=n$(这个至关于$\phiI=id$,用卷积很好证实)，因此： $$(fg)(n)=\sum_{d|n}n\phi(d)=n^2$$
• 因此杜教筛的式子： $$S(n)=\sum_{i=1}^ni^2-\sum_{i=2}^niS(\frac ni)$$
• 而后就能很轻松地杜教筛啦~然而T了...
• 上面的式子若是须要求积性函数的前缀和，那么你们确定会写一个线性筛。而这里没有，是否是就表明不须要预处理呢？其实仍是须要的，要预处理出$f(n)=n\phi(n)$的前缀和，才能下降杜教筛的复杂度。

注意事项

• 注意溢出问题

总结

• 杜教筛在分块的那一部分有减法操做，记得那里的减法操做不要写-=，由于那里的减法也要取模...

AC代码

#include<cstdio>
#include<unordered_map>
using namespace std;

const int maxn = 5e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;

int ksm(int a, int b)
{
	int ans = 1, base = a;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			ans = 1ll * ans * base % mod;
		b >>= 1;
		base = 1ll * base * base % mod;
	}
	return ans;
}

int inv6, inv2;

int prime[maxn], phi[maxn], pre[maxn];
bool no_prime[maxn];
int shai(int n)
{
	int cnt = 0;
	no_prime[1] = phi[1] = 1;

	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		if (!no_prime[i])
			prime[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;

		for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= n; j++)
		{
			no_prime[prime[j] * i] = 1;
			phi[prime[j] * i] = i % prime[j] == 0 ? phi[i] * prime[j] : phi[i] * (prime[j] - 1);
			if (i % prime[j] == 0) break;
		}
	}

	for (int i = 1; i <= n; i++)
		pre[i] = (1ll * pre[i - 1] + 1ll * i * phi[i] % mod) % mod;

	return cnt;
}

unordered_map<int, int> rec;
int S(int n)
{
	if (n <= maxn - 10) return pre[n];
	if (rec[n]) return rec[n];
	long long ans = 1ll * n * (n + 1) % mod * (2 * n + 1) % mod * inv6 % mod;
	int l = 2, r = n;
	while (l <= n)
	{
		r = n / (n / l);
		ans = ((ans - 1ll * (l + r) * (r - l + 1) % mod * inv2 % mod * S(n / l) % mod) % mod + mod) % mod;
		l = r + 1;
	}
	return rec[n] = ans;
}

void solve()
{
	inv6 = ksm(6, mod - 2);
	inv2 = ksm(2, mod - 2);

	shai(maxn - 10);

	int t;
	scanf("%d", &t);
	while (t--)
	{
		int n, a, b;
		scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);
		printf("%lld\n", 1ll * (S(n) - 1 + mod) % mod * inv2 % mod);
	}
}

int main()
{
	solve();
	return 0;
}