洛谷P1829 [国家集训队]Crash的数字表格

题目描述

• 今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b，LCM(a, b)表示能同时整除a和b的最小正整数。例如，LCM(6, 8) = 24。
• 回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张NM的表格。每一个格子里写了一个数字，其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个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

• 看着这个表格，Crash想到了不少能够思考的问题。不过他最想解决的问题倒是一个十分简单的问题：这个表格中全部数的和是多少。当N和M很大时，Crash就一筹莫展了，所以他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。因为最终结果可能会很大，Crash只想知道表格里全部数的和mod20101009的值。

输入输出格式

• 输入格式：
• 输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。
• 输出格式：
• 输出一个正整数，表示表格中全部数的和mod20101009的值。

解题思路

• 很显然，题目所求的就是\(Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)\)
• 咱们根据\(lcm(i,j)=\frac{ij}{gcd(i,j)}\)这个性质把它转换成\(gcd\)
  \[Ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\frac{ij}{gcd(i,j)}\]
• 咱们套路的枚举\(gcd\)为\(d\)而且顺便把它提到最前面
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]\frac{ij}{d}\]
• 将\(d\)给提出来，固然也能够看作是换枚举项\(i,j\)为\(di,dj\)
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[gcd(i,j)=1]ij\]
• 利用\(\sum_{d|n}\mu(d)=[n=1]\)的性质，代入
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\sum_{x|gcd(i,j)}\mu(x)ij\]
• 这个枚举\(gcd(i,j)\)约数的式子很不爽，因此咱们枚举\(x\)，这样\(x\)与\(i,j\)无关就能够提到前面
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{x=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(x)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij[x|gcd(i,j)]\]
• 咱们能够将这个式子由枚举\(i,j\)变为枚举\(xu,xv\)(不用\(i,j\)这样子看起来没那么别扭)。由于这样咱们就能够不用处理\([x|gcd(i,j)]\)这个条件，由于它必定知足。
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{x=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(x)\sum_{xu=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{xv=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}x^2uv\]
• 最后咱们将\(x^2\)给提出来，就差很少化完了
  \[Ans=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{x=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}x^2\mu(x)(\sum_{u=1}^{\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor}u)(\sum_{v=1}^{\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor}v)\]
• 这个式子能够\(O(n)\)线性筛出\(x^2\mu(x)\)，最后两个式子就是等差数列求和，能够用整除分块优化。这道题就能够\(A\)了。

• 时间复杂度近似O(n)。复杂度式子是\(\sum_{i=1}^{n}\sqrt{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\)这个积分后差很少是O(n)，通过测试，系数约为2.6左右，所以是跑的过的

  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;
}