P2257题解

P2257题解

求

\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} [gcd(i,j)=k]k \in prime \]

枚举找k

\[= \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} [gcd(i,j)=k] k \in prime \]

现在默认已有gcd(i,j)=k且(i,j)是最小的,那么剩余可以成立的答案为 \(gcd(i \times系数,j\times系数)\)
那么就可以将原式\(\div k\)(变为枚举系数)
且假设\(n < m\)

\[=\sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor} [gcd(i,j)=1]k\in prime \]

莫比乌斯反演部分

已知

\[\sum_{d \mid n}\mu(d)=[n=1] \]

而 \(gcd(i,j)=1\) 所以

\[\sum_{d \mid gcd(i,j)}\mu(d)=[gcd(i,j)=1] \]

回归原文

\[原式=\sum_{k \in prime} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor} \sum_{d \mid gcd(i,j)} \mu(d) \]

枚举找d(提d)
因为 d上界为i or j的上界 所以

\[=\sum_{k\in prime} \sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor} \]

解释

对于
\( \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor} \)
解释
仍然已有满足\(d\mid gcd(i,j)\)
所以i,j都为d倍数
枚举d即为枚举d倍数
那么为了让i,j也满足条件i,j的上界也要\(\div d\)表示只找已满足\(d\mid gcd(i,j)\) i,j的倍数

回归

\[原式=\sum_{k\in prime} \sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} \mu(d) \lfloor\frac{n}{kd}\rfloor \lfloor\frac{m}{kd}\rfloor \]

现在已经做的差不多啦！
但是还可以将式子优化
设T=kd

\[=\sum_{p\in prime} \sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{K}\rfloor} \mu(d) \lfloor\frac{n}{T}\rfloor \lfloor\frac{m}{T}\rfloor \]

枚举T(提出T)

\[=\sum_{T=1}^{n} \lfloor\frac{n}{T}\rfloor \lfloor\frac{m}{T}\rfloor \sum_{k\in prime,k\mid T} \mu(\frac{T}{k}) \]

解释

\[\sum_{p\in prime} \sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{K}\rfloor} \mu(d)的变形 \]

设T=kd
所以\(\mu(d)=\mu(\frac{T}{k})\) 此时d这一维没有意义
所以保留\(\sum_{k\in prime}\)即可
又因为d为整数
所以要添上条件\(k\mid T\)

式子推的就这么多