综合训练

A - ABC020D

\[\sum_{i=1}^N \operatorname{lcm(i,k)} \\ = \sum_{i=1}^N \frac{ik}{\gcd(i,k)} \\ = k \sum_{i=1}^N \frac{i}{\gcd(i,k)} \\ = k \sum_{d \mid k} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{N}{d} \rfloor} i[\gcd(i,\frac{k}{d})=1] \\ \]

令 \(f(n,m)=\sum_{i=1}^n i[\gcd(i,m)=1]\)，则有：

\[f(n,m) \\ = \sum_{i=1}^n i \sum_{d \mid i, d \mid m} \mu(d) \\ = \sum_{d \mid m} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} i \cdot d \\ = \sum_{d \mid m} d \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} i \]

于是 \(ans = k \sum_{d \mid k} f(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor,\frac{k}{d})\)。

B - P2231

设卡片上的数字为 \(a_i \in [1,m]\)，则题目可转化为以 \(a_i\) 为系数的不定方程的求解问题，根据裴蜀定理，该不定方程有正整数解的充要条件即为：$$\gcd(a_1,a_2,...,a_n,m)=1$$

因此，$$ans = \sum_{a_i \in [1,m],i \in [1,n]} [\gcd(a_i,m)=1]$$

推式子。

\[\sum_{a_i \in [1,m],i \in [1,n]} [\gcd(a_i,m)=1] \\ = \sum_{a_i \in [1,m],i \in [1,n]} \sum_{d \mid m,d \mid a_i} \mu(d) \\ = \sum_{d \mid m} \mu(d) (\frac{m}{d})^n \]

枚举 \(m\) 的因数计算就做完了。

C - CF235E

\[\sum_{i=1}^a \sum_{j=1}^b \sum_{k=1}^c d(ijk) \\ = \sum_{i=1}^a \sum_{j=1}^b \sum_{k=1}^c \sum_{x \mid i} \sum_{y \mid j} \sum_{z \mid k} [\gcd(x,y) = \gcd(y,z) = \gcd(x,z) = 1] \\ = \sum_{x=1}^a \sum_{y=1}^b \sum_{z=1}^c [\gcd(x,y) = \gcd(y,z) = \gcd(x,z) = 1] \lfloor \frac{a}{x} \rfloor \lfloor \frac{b}{y} \rfloor \lfloor \frac{c}{z} \rfloor \\ = \sum_{x=1}^a \sum_{y=1}^b \sum_{z=1}^c \lfloor \frac{a}{x} \rfloor \lfloor \frac{b}{y} \rfloor \lfloor \frac{c}{z} \rfloor \sum_{u \mid x, u \mid y} \sum_{v \mid x,v \mid z} \sum_{w \mid y,w \mid z} \mu(u) \mu(v) \mu(w) \\ = \sum_{x=1}^a \sum_{y=1}^b \sum_{z=1}^c \lfloor \frac{a}{x} \rfloor \lfloor \frac{b}{y} \rfloor \lfloor \frac{c}{z} \rfloor \sum_{\operatorname{lcm}(u,v) \mid x} \sum_{\operatorname{lcm}(u,w) \mid y} \sum_{\operatorname{lcm}(v,w) \mid z} \mu(u) \mu(v) \mu(w) \\ = \sum_{u=1}^a \sum_{v=1}^b \sum_{w=1}^c \mu(u) \mu(v) \mu(w) \sum_{\operatorname{lcm}(u,v) \mid x} \lfloor \frac{a}{x} \rfloor \sum_{\operatorname{lcm}(u,w) \mid y} \lfloor \frac{b}{y} \rfloor \sum_{\operatorname{lcm}(v,w) \mid z} \lfloor \frac{c}{z} \rfloor \\ \]

令 $$f(n,m) = \sum_{m \mid x} \lfloor \frac{n}{x} \rfloor$$，则枚举倍数得：

\[f(n,m) = \sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{m} \rfloor} \lfloor \frac{n}{mx} \rfloor \]

这个东西可以预处理，然后朴素计算答案即可。

D - P10584

考虑自然数的平方分解：令 \(i = x \cdot a ^ 2,j = y \cdot b ^ 2\)，其中 \(x,y\) 不含平方因子。

由于 \(ij\) 为完全平方数，所以 \(x = y\)。

基于这条性质，考虑枚举 \(x\)，则对于 \(i\)，因为 \(x \cdot a^2 \le n\)，解得 \(a \le \sqrt{\frac{n}{x}}\)，故 \(a\) 有 \(\lfloor \sqrt{\frac{n}{x}} \rfloor\) 种取值，同理 \(b\) 也有 \(\lfloor \sqrt{\frac{m}{x}} \rfloor\) 种取值，于是得到答案：

\[ans = \sum_{x=1}^n \lfloor \sqrt{\frac{n}{x}} \rfloor \lfloor \sqrt{\frac{m}{x}} \rfloor \mu^2(x) \]

（乘上 \(\mu^2(x)\) 是为了排除 \(x\) 含有平方因子的情形）

前面的东西可以整除分块，主要思考 \(\mu^2(n)\) 的前缀和如何求。

有一个结论：

\[\sum_{d^2 \mid n} \mu(d) = \begin{cases} 1, \mu^2(n)=1 \\ 0, \text{otherwise} \\ \end{cases} \]

证明（从质因数分解与积性函数的角度考虑，读者可尝试先自行完成）。

代入原式：

\[\sum_{i=1}^n \mu^2(i) \\ = \sum_{i=1}^n \sum_{d^2 \mid i} \mu(d) \\ = \sum_{d=1}^{\sqrt{n}} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d^2} \rfloor} 1 \\ = \sum_{d=1}^{\lfloor \sqrt{n} \rfloor} \mu(d) \lfloor \frac{n}{d^2} \rfloor \]

\(\mu(n)\) 杜教筛处理，另一部分依旧整除分块即可。