【bzoj2401】陶陶的难题I “高精度”+欧拉函数+线性筛

题目描述

输入

第一行包含一个正整数T,表示有T组测试数据。接下来T<=10^5
行,每行给出一个正整数N,N<=10^6。 

输出

包含T行,依次给出对应的答案。

样例输入

7
1
10
100
1000
10000
100000
1000000

样例输出

1
2127
18446224
183011304660
1827127167830060
18269345553999897648
182690854273058293758232


题解

“高精度”+欧拉函数+线性筛

由于$i$和$j$的范围都是$1$到$n$,因此可以先只计算$j\le i$的情况,然后乘2,再减去多算的$i=1$即为题目中$1$到$n$的情况。

$\ \ \ \ \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^ilcm(i,j)\\=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}\sum\limits_{j=1}^i[gcd(i,j)=d]\frac{ij}d\\=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{d|i}\sum\limits_{j=1}^{\frac id}[gcd(\frac id,j)=1]ij\\=\sum\limits_{i=1}^ni\sum\limits_{d|i}\sum\limits_{j=1}^{\frac id}[gcd(\frac id,j)=1]j\\=\sum\limits_{i=1}^ni\sum\limits_{d|i}\sum\limits_{j=1}^{d}[gcd(d,j)=1]j$

而考虑$\sum\limits_{j=1}^d[gcd(d,j)=1]j$的实际含义:$1\sim d$中所有与$d$互质的数的和。考虑当$d>1$时,如果$j$与$d$互质,那么$d-j$与$d$也一定互质。因此与$d$互质的数一定是成对出现的,每对的和为$d$,故它们的和为$\frac{d\varphi(d)}2$。注意这个公式在$d=1$时不成立,需要特判

于是就有:

$\ \ \ \ \sum\limits_{i=1}^ni\sum\limits_{d|i}\sum\limits_{j=1}^{d}[gcd(d,j)=1]j\\=\frac{\sum\limits_{i=1}^ni(\sum\limits_{d|i}d\varphi(d)+1)}2$

于是所求即为:

$2·\frac{\sum\limits_{i=1}^ni(\sum\limits_{d|i}d\varphi(d)+1)}2-\sum\limits_{i=1}^ni=\sum\limits_{i=1}^ni\sum\limits_{d|i}d\varphi(d)$

(其中很多乱七八糟的东西都消掉了,剩下的式子非常优美)

然后$f(i)=\sum\limits_{d|i}d\varphi(d)$是积性函数,因此可以快筛。

当然,此时$i$与$prime[j]$不互质时没有很好的通用方法,只好使用快筛的通法:设$n=vp^a$,那么$f(n)=f(v)*f(p^a)$,此时只需要维护每个数的$p$和$p^a$即可使用等比数列求和公式$O(1)$求出:

$f(p^a)=\frac{p^{2a+1}+1}{p+1}$

然后就可以维护$i·f(i)$的前缀和,然后$O(1)$回答询问。

然而本题最恶心之处:本题爆long long!因此必须使用中精度,即两个long long拼起来,每个long long12位。当然,只需要在求前缀和时使用中精度,其它地方long long即可。

时间复杂度$O(n+T)$

#include <cstdio>
#define N 1000010
#define k 1000000
typedef long long ll;
ll f[N] , sx[N] , sy[N];
int w[N] , v[N] , prime[N] , tot , np[N];
int main()
{
	int i , j , t , T , n;
	f[1] = 1;
	for(i = 2 ; i <= k ; i ++ )
	{
		if(!np[i]) w[i] = v[i] = i , f[i] = (ll)i * i - i + 1 , prime[++tot] = i;
		for(j = 1 ; j <= tot && (t = i * prime[j]) <= k ; j ++ )
		{
			np[t] = 1;
			if(i % prime[j] == 0)
			{
				w[t] = w[i] , v[t] = v[i] * w[i] , f[t] = ((ll)v[t] * v[t] * w[t] + 1) / (w[t] + 1) * f[t / v[t]];
				break;
			}
			else w[t] = v[t] = prime[j] , f[t] = f[i] * f[prime[j]];
		}
	}
	for(i = 1 ; i <= k ; i ++ ) sx[i] = sx[i - 1] + i * f[i] , sy[i] = sy[i - 1] + sx[i] / 1000000000000ll , sx[i] %= 1000000000000ll;
	scanf("%d" , &T);
	while(T -- )
	{
		scanf("%d" , &n);
		if(sy[n]) printf("%lld%012lld\n" , sy[n] , sx[n]);
		else printf("%lld\n" , sx[n]);
	}
	return 0;
}

 

posted @ 2017-09-13 20:05  GXZlegend  阅读(337)  评论(0编辑  收藏  举报