LOJ#6229. 这是一道简单的数学题(莫比乌斯反演+杜教筛)

题目链接


\(Description\)

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)} \]

答案对\(10^9+7\)取模。

\(n<=10^9\)


\(Solution\)
以前做的反演题都是\(j\)枚举到\(n\),但是现在\(j\)只枚举到\(i\)就非常难受,考虑怎么求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)}\)
可以把它看成是一个\(n*n\)的网格,第\(i\)行第\(j\)列上的数是\(\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)}\),需要我们求的是包括对角线在内的下三角矩阵的权值和。
所以答案为(所有网格权值之和+对角线上的权值和)/2。

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)} \]

\[=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{ij}{d^2}[gcd(i,j)==d] \]

\[=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{n/d}ij[gcd(i,j)==1] \]

考虑怎么求后半部分

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nij[gcd(i,j)==1] \]

\[=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nij\sum_{d|gcd(i,j)}\mu_d \]

枚举\(d\)

\[=\sum_{d=1}^n\mu_d\sum_{d|i}^n\sum_{d|j}^nij \]

\[=\sum_{d=1}^n\mu_dd^2\sum_{i=1}^{n/d}\sum_{j=1}^{n/d}ij \]

\(sum(n)=\sum_{i=1}^ni\)
所以原式

\[=\sum_{i=1}^n\mu_ii^2sum(n/i)^2 \]

带回到一开始的式子里去

\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{n/d}\mu_ii^2sum(\frac{n}{id})^2 \]

按照套路令\(T=id\)

\[=\sum_{T=1}^nsum(n/T)^2\sum_{d|T}\mu_dd^2 \]

\(f(x)=\sum_{d|x}\mu_dd^2\),现在如果我们可以快速的求出\(f(x)\)的前缀和,那么就可以数论分块算答案了。
可是\(f(x)\)并不是一个熟悉的数论函数,怎么才能用杜教筛呢?
可以把\(f(x)\)写成几个函数的卷积的形式。
\(g(x)=\mu_xx^2\)。那么\(f=g*1\)。现在要找一个函数\(h\)使得\(f*h=g*1*h\)好算。我们知道\(\sum_{d|x}\mu_d=e\),所以令\(h(x)=x^2\)来把\(g(x)中的乘x^2\)消掉。
所以就构造出了\(s=f*h=g*1*h=e*1=1\),不难发现\(f\)是个积性函数,可以线筛。

#include<complex>
#include<cstdio>
#include<map>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=2e6+7;
int n,tot,inv2=mod+1>>1,inv6=166666668;
int prime[N],mu[N],f[N];
bool check[N];
map<int,int>mp;
int qread()
{
	int x=0;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9')ch=getchar();
	while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x;
}
void Init()
{
	int nn=min(n,N-1);
	check[1]=f[1]=1;
	for(int i=2;i<=nn;i++)
	{
		if(!check[i])prime[++tot]=i,f[i]=1-1ll*i*i%mod;
		for(int j=1;j<=tot && i*prime[j]<=nn;j++)
		{
			check[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j])f[i*prime[j]]=1ll*f[i]*f[prime[j]]%mod;
			else
			{
				f[i*prime[j]]=f[i];
				break;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=nn;i++)
		f[i]=(f[i-1]+f[i])%mod;
}
int Calc1(int x)
{
	long long res=1ll*x*(x+1)/2%mod;
	return res*res%mod;
}
int Calc2(int x)
{
	return 1ll*x*(x+1)%mod*(x+x+1)%mod*inv6%mod;
}
int Sum(int x)
{
	if(x<N)return f[x];
	if(mp[x])return mp[x];
	long long res=x;
	for(int l=2,r;l<=x;l=r+1)
	{
		r=x/(x/l);
		res=(res-1ll*(Calc2(r)-Calc2(l-1)+mod)*Sum(x/l))%mod;
	}
	return mp[x]=(res+mod)%mod;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	Init();
	long long ans=0;
	for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
	{
		r=n/(n/l);
		ans=(ans+1ll*Calc1(n/l)*(Sum(r)-Sum(l-1)))%mod;
	}
	printf("%d\n",1ll*(ans+n+mod)*inv2%mod);
	return 0;
}
posted @ 2019-03-15 10:34  LeTri  阅读(172)  评论(0编辑  收藏