洛谷P1829 Crash的数字表格【莫比乌斯反演】

传送门

题意

计算 \(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}lcm(i,j)\)

题解

\[\begin{aligned}Ans=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}lcm(i,j)&=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}\frac{ij}{gcd(i,j)}=\sum_{d=1}^{N}\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}[gcd(i,j)=d]\frac{ij}{d}\\&=\sum_{d=1}^{N}\frac{1}{d}\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}[gcd(i,j)=d]ij\\\end{aligned} \]

设：

\[f(d)=\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{M}[gcd(i,j)=d]ij\\F(n)=\sum_{n|d}f(d)=\sum_{n|i}^{N}\sum_{n|j}^{M}ij=\sum_{i=1}^{\frac{N}{n}}\sum_{j=1}^{\frac{M}{n}}in\cdot jn=n^2\sum_{i=1}^{\frac{N}{n}}\sum_{j=1}^{\frac{M}{n}}ij \]

然后反演 \(f(n)\)：

\[\begin{aligned}f(n)&=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})d^2\sum_{i=1}^{\frac{N}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{M}{d}}ij=\sum_{t=1}^{\frac{N}{n}}\mu(t)n^2t^2\sum_{i=1}^{\frac{N}{nt}}\sum_{j=1}^{\frac{M}{nt}}ij\\&=n^2\sum_{t=1}^{\frac{N}{n}}\mu(t)t^2\sum_{i=1}^{\frac{N}{nt}}i\sum_{j=1}^{\frac{M}{nt}}j\end{aligned} \]

然后代回去求 \(Ans\)：

\[\begin{aligned}Ans=\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{n}f(n)&=\sum_{n=1}^{N}n\sum_{t=1}^{\frac{N}{n}}\mu(t)t^2\sum_{i=1}^{\frac{N}{nt}}i\sum_{j=1}^{\frac{M}{nt}}j=\sum_{T=1}^{N}T\sum_{t|T}\mu(t)t\sum_{i=1}^{\frac{N}{T}}i\sum_{j=1}^{\frac{M}{T}}j\end{aligned} \]

关于 \(f(T)=\sum_{t|T}\mu(t)t\)，可以证明它是一个积性函数：

\[T(\mu*id_{-1})(T)=T\sum_{t|T}\mu(t)\frac{t}{T}=\sum_{t|T}\mu(t)t \]

若 \(n,p\) 互质，那么满足积性函数要求， \(f(np)=f(n)f(p)\)。
若 \(p|n\)，那么 \(f(np)=f(n)\)，因为 \(np\) 比 \(n\) 多的因数必然有多个因子 \(p\)，所以这部分因数的 \(\mu\) 值为 \(0\)。

代码

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e7+10;
const int mod=20101009;
int n,m,vis[N],prime[N],cnt;
LL sum[N],f[N];

void init(int n){
	f[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!vis[i]) {prime[++cnt]=i;f[i]=(1-i+mod)%mod;}
		for(int j=1;1ll*i*prime[j]<=n;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) {f[i*prime[j]]=f[i];break;}
			f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=(f[i]*i+sum[i-1])%mod;
}

int main(){
	init(1e7);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(n>m) swap(n,m);
	LL ans=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
		r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		LL temp1=1ll*(n/l+1)*(n/l)/2%mod;
		LL temp2=1ll*(m/l+1)*(m/l)/2%mod;
		ans=(ans+(sum[r]-sum[l-1]+mod)%mod*temp1%mod*temp2%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}