【bzoj4176】Lucas的数论 【莫比乌斯反演】【杜教筛】

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题意:i=1nj=1nf(ij)1000000007的值。f(n)为n的约数个数。
题解:我们有一个结论:f(nm)=i|nj|m(gcd(i,j)==1)
这是为什么呢?
考虑到nm的任何一个约数都可以表示成满足i|nj|mimj的形式,上面的式子就是枚举i,j的值的过程。那为什么要求gcd(i,j)==1呢?如果有d满足d|id|j那么imj=ipmjp,重复计算了。所以我们有了上面的式子。
ans
=i=1nj=1nf(ij)
=i=1nj=1na|ib|j(gcd(a,b)==1)
=i=1nj=1na|ib|jk|gcd(a,b)μ(k)
=i=1nj=1na|ib|jk|a,k|bμ(k)
=k=1nμ(k)a=1nkb=1nki=1nakj=1nbk
=k=1nμ(k)(i=1nknik)2
于是我们用杜教筛算出μ的前缀和,再分块计算即可。
杜教筛
i=1nj|iμ(j)=1,因为只有i=1时有贡献1。
=>j=1ni=1njμ(j)=1
=>i=1nj=1niμ(j)=1
=>j=1nμ(j)=1i=2nj=1niμ(j),即把i=1带入。
于是我们可以通过记忆化搜索求出前缀和。如果预先线性筛出较小的前缀和,时间复杂度大概为O(n23)我也不会算
代码:

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=5000005,M=1000033;
const ll mod=1000000007;
int n,p[N/10];
ll ans,tmp,mu[N];
bool vis[N];
struct HashSet{
    int cnt,head[M],to[M],nxt[M];
    ll v[M];
    bool count(int f){
        int x=f%M;
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
            if(to[i]==f){
                return true;
            }
        }
        return false;
    }
    ll get(int f){
        int x=f%M;
        for(int i=head[x];i;i=nxt[i]){
            if(to[i]==f){
                return v[i];
            }
        }
    }
    void set(int f,ll val){
        int x=f%M;
        to[++cnt]=f;
        nxt[cnt]=head[x];
        v[cnt]=val;
        head[x]=cnt;
    }
}s;
ll solve(int n){
    if(n<=5000000){
        return mu[n];
    }
    if(s.count(n)){
        return s.get(n);
    }
    ll res=1;
    for(int i=2,last;i<=n;i=last+1){
        last=n/(n/i);
        res-=solve(n/i)*(last-i+1);
        res%=mod;
    }
    s.set(n,res);
    return res;
}
ll calc(int n){
    ll res=0;
    for(int i=1,last;i<=n;i=last+1){
        last=n/(n/i);
        res+=(n/i)*(last-i+1)%mod;
        res%=mod;
    }
    return res;
}
int main(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=5000000;i++){
        if(!vis[i]){
            p[++p[0]]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=5000000;j++){
            vis[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]){
                mu[i*p[j]]=-mu[i];
            }else{
                break;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=5000000;i++){
        mu[i]+=mu[i-1];
        mu[i]%=mod;
    }
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1,last;i<=n;i=last+1){
        last=n/(n/i);
        tmp=calc(n/i);
        ans+=tmp*tmp%mod*(solve(last)-solve(i-1))%mod;
        ans%=mod;
    }
    printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
    return 0;
}
posted @ 2018-06-05 17:05  ez_2016gdgzoi471  阅读(115)  评论(0编辑  收藏  举报