[bzoj2693] jzptab
Description
Input
一个正整数T表示数据组数
接下来T行 每行两个正整数 表示N、M
Output
T行 每行一个整数 表示第i组数据的结果
Sample Input
1
4 5
Sample Output
122
HINT
T <= 10000
N, M<=10000000
Solution
前置知识：莫比乌斯反演
推一下题目中的式子，莫比乌斯反演下，可得：
\[\begin{align}
ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\frac{i*j}{gcd(i,j)}\\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i*j[gcd(i,j)=1]\\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}i*j \sum_{d^\prime|i\&d^\prime|j}\mu(d^\prime) \\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{d^\prime}\mu(d^\prime)f(\lfloor\frac{n}{dd^\prime}\rfloor,\lfloor\frac{m}{dd^\prime}\rfloor){d^\prime}^2 \\
&=\sum_{T=1}^{min(n,m)}f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor,\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)\sum _{d|T}d\mu(\frac{T}{d})(\frac{T}{d})^2\\
&=\sum_{T=1}^{min(n,m)}f(\lfloor\frac{n}{T}\rfloor,\lfloor\frac{m}{T}\rfloor)T\sum _{d|T}\mu(d)*d\\
\end {align}
\]
其中，定义\(f\)为：
\[\begin{align}
f(n,m)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mi*j\\
&=\sum_{i=1}^n\frac{i*m*(m+1)}{2}\\
&=\frac{n*(n+1)*m*(m+1)}{4}
\end{align}
\]
\(f\)那部分数论分块搞搞就行了。
然后考虑\(ans\)的最后一部分，设为\(g\)，即：
\[g(n)=n*\sum_{d|n}\mu(d)*d
\]
由于\(n\)较大，考虑线筛这个东西，设质数\(p\)，当\(p\nmid n\)时，展开\(g(n*p)\)：
\[\begin{align}
g(n*p)&=n*p*(\sum_{d|n}\mu(d)*d+\sum_{d|n}\mu(d*p)*d*p)\\
&=p*(g(n)+g(n)*(-p))\\
&=p*(1-p)*g(n)\\
&=g(p)*g(n)
\end{align}
\]
否则同理，可得\(g(n*p)=g(n)*p\)。
然后，很重要的一点是，1e8+9不是质数！！中间要用到的\(inv4\)可以线筛或\(exgcd\)等等
线筛逆元：
\[inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod\%i]\%mod;
\]
时间复杂度\(O(n+q\sqrt{n})\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
const int maxn = 1e7+1;
const int mod = 100000009;
int pri[maxn],vis[maxn],f[maxn],tot,n,m,k,p[maxn],inv4,inv[maxn];
int qpow(int a,int x) {
int res=1;
for(;x;x>>=1,a=a*a%mod) if(x&1) res=res*a%mod;
return res;
}
void sieve() {
f[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++) {
if(!vis[i]) pri[++tot]=i,f[i]=i*(1-i)%mod;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<maxn;j++) {
vis[i*pri[j]]=1;
if(!(i%pri[j])) {f[i*pri[j]]=f[i]*pri[j]%mod;break;}
else f[i*pri[j]]=f[i]*f[pri[j]]%mod;
}
}inv[1]=1;
for(int i=1;i<maxn;i++) {
if(i!=1) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
f[i]=(f[i-1]+f[i])%mod;
}
}
int calc(int n,int m) {return n*(n+1)%mod*m%mod*(m+1)%mod*inv4%mod;}
signed main() {
sieve();int t;read(t);inv4=inv[4];
while(t--) {
int n,m;read(n),read(m);
int T=1,ans=0;
while(T<=n&&T<=m) {
int pre=T;T=min(n/(n/T),m/(m/T));
ans=(ans+calc(n/T,m/T)*(f[T]-f[pre-1])%mod)%mod;
T++;
}
write((ans%mod+mod)%mod);
}
return 0;
}
