「BZOJ4173」数学

「BZOJ4173」数学

题目大意：

求

\[\varphi(n) \cdot \varphi(m) \cdot \sum_{k \in S(n,m)} \varphi(k)\quad \mathrm{mod} \quad 998244353 \]

其中 \(S(n,m)\) 为满足 $ m\quad \mathrm{mod} \quad k + n\quad \mathrm{mod} \quad k \ge k$ 的 \(k\) 的集合。

我们可以对 $ m\quad \mathrm{mod} \quad k + n\quad \mathrm{mod} \quad k \ge k$ 进行化简。

\[m-\lfloor \frac{m}{k} \rfloor*k + n-\lfloor \frac{n}{k} \rfloor*k \ge k \\ m+n \ge k(1+\lfloor \frac{m}{k} \rfloor + \lfloor \frac{n}{k} \rfloor) \\ \lfloor \frac{m+n}{k} \rfloor -\lfloor \frac{m}{k} \rfloor - \lfloor \frac{n}{k} \rfloor= 1\\ \]

即 $ m\quad \mathrm{mod} \quad k + n\quad \mathrm{mod} \quad k \ge k \iff \lfloor \frac{m+n}{k} \rfloor -\lfloor \frac{m}{k} \rfloor - \lfloor \frac{n}{k} \rfloor= 1$

令 \(t=\sum_{k \in S(n,m)} \varphi(k)\)

则

\[t= \sum_{k=1}^{n+m} \varphi(k) \cdot [\ \lfloor \frac{m+n}{k} \rfloor -\lfloor \frac{m}{k} \rfloor - \lfloor \frac{n}{k} \rfloor \ ] \\ =\sum_{k=1}^{n+m} \varphi(k) \cdot \ \lfloor \frac{m+n}{k} \rfloor -\sum_{k=1}^{m}\varphi(k) \cdot\lfloor \frac{m}{k} \rfloor - \sum_{k=1}^{n}\varphi(k) \cdot\lfloor \frac{n}{k} \rfloor\ \\ \]

考虑求解 \(\sum_{k=1}^{Q}\varphi(k)\cdot\lfloor \frac{Q}{k} \rfloor\)

则其等于

\[\sum_{k=1}^{Q}\varphi(k)\cdot\lfloor \frac{Q}{k} \rfloor\\ =\sum_{k=1}^{Q} \sum_{t=1}^{t \le \lfloor \frac{Q}{k} \rfloor} \varphi(k)\\ =\sum_{t=1}^{Q} \sum_{k|t} \varphi(k)\\ =\sum_{t=1}^{Q} t \]

于是有 \(ans= \varphi(n) \cdot \varphi(m) \cdot n \cdot m\)

时间复杂度 \(O(\sqrt{n})\)

贴代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=998244353;
ll eular(ll n){
	ll ans=n;
	ll i=2;
	while(i*i<=n){
		if(n%i==0){
			while(n%i==0) n/=i;
			ans=ans/i*(i-1); 
		}
		++i;
	}
	if(n!=1) ans=ans/n*(n-1);
	return ans%p;
} 
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	ll n,m;
	cin>>n>>m;
	cout<<(n%p*(m%p)%p*eular(n)%p*eular(m)%p)%p;
	return 0;
}