狄利克雷卷积&莫比乌斯反演
简述
从某种意义上来说，莫比乌斯反演可以看作是在数论函数上的容斥。当然，它有多种形式，要视具体情况分析。
由于其与狄利克雷卷积息息相关，因此我把它们放在一块写。
前置知识
取整函数的性质
常见的数论函数
关于取值个数的问题（用于证明数论分块的时间复杂度）
\[\forall n\in N_+,|\{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor|d\in N_+\}|\le 2\sqrt{n}
\]
证明
若\(d\le\sqrt{n}\)，则能得到总共不超过\(\sqrt{n}\)种结果（\(d\)只有\(\sqrt{n}\)种选择）；
若\(d>\sqrt{n}\)，则因为\(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\le\frac{n}{d}\le\sqrt{n}\)，且\(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor\)为整数，所以也最多不超过\(\sqrt{n}\)种取值；
综上所述，总共不超过\(2\sqrt{n}\)种可能取值。
\(\text{Dirichlet}\)卷积
定义
定义两个数论函数\(f,g\)的\(\text{Dirichlet}\)卷积为：
\[(f*g)(n)=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})
\]
性质
- \(\text{Dirichlet}\)卷积满足交换律和结合律。
- \(\epsilon\)为\(\text{Dirichlet}\)卷积的单位元，任何数论函数卷上单位元都为其本身。这很容易说明，因为当且仅当\(d=n\)时\(\epsilon(\frac{n}{d})=1\)，其余情况都为0，不被计入。
3 . 若\(f,g\)均为积性函数，则\(h=f*g\)也为积性函数。
简证：
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设\(n,m\)互质：
\[\begin{align*}
h(n)h(m)&=\sum_{d|n}f(d)g(\frac{n}{d})\sum_{k|m}f(k)g(\frac{m}{k})\\
&=\sum_{d|n}\sum_{k|m}f(d)f(k)g(\frac{n}{d})g(\frac{m}{k})\\
&=\sum_{d|n}\sum_{k|m}f(dk)g(\frac{nm}{dk})\\
&=\sum_{d'|nm}f(d')g(\frac{nm}{d'})\\
&=h(nm)
\end{align*}\]
由于\(n,m\)互质，其因数也互质，所以所有因数的组合不重不漏地构成了\(nm\)的因数集合。
常见形式
\[\begin{align*}
\epsilon& =\mu *1\\
\operatorname{d}& =1*1\\
\sigma& =\operatorname{id}*1\\
\operatorname{id}& =\varphi*1\\
\varphi& =\mu*\operatorname{id}\\
\end{align*}\]
简证
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\[n\neq 1,n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}\cdots p_k^{a_k},k>0\\
\begin{align*}\sum_{d|n}\mu(d)&=\sum_{i=0}^k\sum_{j=0}^i(-1)^j \binom{k}{i}\\
&=\sum_{i=0}^k(1-1)^j=0\end{align*}\]
由于\(\varphi\)是积性函数，只需证明\(k=1\)的时候\(\operatorname{id}=\varphi*1\)成立即可。设此时\(n=p^a\)。
\[\begin{align*}
\sum_{d|n}\varphi(d)&=\sum_{i=0}^a (p^i-i)\\
&=\sum_{i=0}^a \varphi(p^i)\\
&=1+\sum_{i=1}^{a}p^{i-1}(p-1)\\
&=1+(p-1)\frac{p^a-1}{p-1}\\
&=p^a\\
\end{align*}\]
由于当\(n,m\)互质时，其因数除了1无交集，有：
\[\begin{align*}
nm&=\sum_{d|n}\varphi(d)\sum_{k|m}\varphi(k)\\
&=\sum_{d|n}\sum_{k|m}\varphi(d)\varphi(k)\\
&=\sum_{d|n}\sum_{k|m}\varphi(dk)\\
&=\sum_{d|nm}\varphi(d)
\end{align*}\]
则对于一般情况而言，将\(n\)按照质因数分解相乘即可证明\(\operatorname{id}=\varphi*1\)。
两边同时卷上\(\mu\)即可得到:
\[\begin{align*}
\varphi*1*\mu&=\operatorname{id}*\mu\\
\Leftrightarrow \varphi*\epsilon&=\operatorname{id}*\mu\\
\Leftrightarrow \varphi&=\operatorname{id}*\mu
\end{align*}\]
\(n=1\)时，正确性显然。
\(\text{Möbius}\)反演
公式
\[\begin{align*}
f(n)&=\sum_{d|n}g(d)\\
\Leftrightarrow g(n)&=\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})\\
\end{align*}\]
证明
(1)直接代入
\[\begin{align*}
\sum_{d|n}\mu(d)f(\frac{n}{d})&=\sum_{d|n}\mu(d)\sum_{k|\frac{n}{d}}g(k)\\
&=\sum_{k|n}g(k)\sum_{d|\frac{n}{k}}\mu(d)\\
&=\sum_{k|n}g(k)\epsilon(\frac{n}{k})\\
&=g(n)
\end{align*}\]
(2)进行卷积
\[\begin{align*}
f*\mu=g*1*\mu=g*\epsilon=g
\end{align*}\]
相关练习
[HAOI2011]Problem b
题解
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直接从区间考虑不方便，不妨直接考虑做前缀和和做差，再进行一个容斥。
\[\begin{align*}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)=k]&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\
&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\epsilon(\gcd(i,j))\\
&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum_{d|\gcd(i,j)}\mu(d)\\
&=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\sum_{d|i,d|j}\mu(d)\\
&=\sum_{d=1}^{min(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor, \lfloor\frac{m}{k}\rfloor)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor \lfloor\frac{m}{kd}\rfloor\\
\end{align*}\]
这时候前面证的性质就要派上用场了。由于\(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\)的取值一定是连续的，我们可以将相同的值合并到同一块中计数。从前面取整函数的性质可知，使得\(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor=\lfloor\frac{n}{y}\rfloor\)的最大\(x=\lfloor\frac{n}{\lfloor\frac{n}{y}\rfloor}\rfloor\)。这样就可以根据取值的不同来分块，利用前缀和相减再乘上一个相同的系数来计数。
又由前面所证明的，\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\)的取值不超过\(2\sqrt{n}\)个，所以一次计数的时间复杂度为\(O(\sqrt{n})\)。
这就是数论分块。
至于容斥，很简单啦，理解成二维前缀和或其它方法都可以。
代码
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#include <cstdio>
#include <cctype>
const int maxn=5e4+10;
int s[maxn],mu[maxn],prim[maxn];
int tot;
bool vis[maxn];
void swap(int &x,int &y) {x^=y^=x^=y;}
int min(int x,int y) {return x<y?x:y;}
int read()
{
int res=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
ch=getchar();
while(isdigit(ch))
res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
return res;
}
void prework(int n)
{
vis[0]=vis[1]=1;
mu[1]=s[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
if (!vis[i])
prim[++tot]=i,mu[i]=-1;
s[i]=s[i-1]+mu[i];
for (int j=1;j<=tot&&i*prim[j]<=n;j++)
{
vis[i*prim[j]]=1;
if (i%prim[j]==0)
{
mu[i*prim[j]]=0;
break;
}
mu[i*prim[j]]=-mu[i];
}
}
}
int solve(int n,int m)
{
if (n>m)
swap(n, m);
int res=0;
for (int l=1,r=1;l<=n;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l), m/(m/l));
res+=(s[r]-s[l-1])*(n/l)*(m/l);
}
return res;
}
int main()
{
int n=read();
prework(5e4);
for (int i=1;i<=n;i++)
{
int a=read(),b=read(),c=read(),d=read(),k=read();
printf("%d\n",solve(b/k, d/k)-solve((a-1)/k, d/k)-solve((c-1)/k, b/k)+solve((a-1)/k, (c-1)/k));
}
return 0;
}
[国家集训队]Crash的数字表格
题解
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\[\begin{align*}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \operatorname{lcm}(i, j)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m \frac{ij}{\gcd(i,j)}\\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\frac{1}{d}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m ij[\gcd(i,j)]=d]\\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\frac{1}{d}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} (i\times d)(j\times d)[\gcd(i,j)]=1]\\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor} ij[\gcd(i,j)]=1]\\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij\sum_{k|\gcd(i,j)}\mu(k)\\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{k=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor, \lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(k)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}ij[k|\gcd(i,j)]\\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{k=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor, \lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}\mu(k)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}(i\times k)(j\times k)\\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{k=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor, \lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}k^2\mu(k)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}ij\\
&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}d\sum_{k=1}^{min(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor, \lfloor\frac{m}{d}\rfloor)}k^2\mu(k)(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i)(\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{kd}\rfloor}j)\\
\end{align*}\]
只需要预处理一下\(\sum_{i=1}^n i\)和\(\sum_{i=1}^ni^2\mu(i)\)，再进行数论分块，本题就得到了解决。
代码
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#include <cstdio>
#include <cctype>
typedef long long ll;
const int maxn=1e7+10;
const int p=20101009;
int mu[maxn],prim[maxn],s[maxn],t[maxn];
int tot;
bool vis[maxn];
void swap(int &x,int &y) {x^=y^=x^=y;}
int min(int x,int y) {return x<y?x:y;}
int read()
{
int res=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
ch=getchar();
while(isdigit(ch))
res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
return res;
}
void prework(int n)
{
vis[0]=vis[1]=1;
mu[1]=s[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
if (!vis[i])
prim[++tot]=i,mu[i]=-1;
s[i]=s[i-1]+(ll)i*i*mu[i]%p;
if (s[i]>=p)
s[i]-=p;
else if (s[i]<0)
s[i]+=p;
for (int j=1;j<=tot&&i*prim[j]<=n;j++)
{
vis[i*prim[j]]=1;
if (i%prim[j]==0)
{
mu[i*prim[j]]=0;
break;
}
mu[i*prim[j]]=-mu[i];
}
}
for (int i=1;i<=n;i++)
{
t[i]=t[i-1]+i;
if (t[i]>=p)
t[i]-=p;
else if (t[i]<0)
t[i]+=p;
}
}
int main()
{
int n=read(),m=read();
if (n>m)
swap(n, m);
prework(m);
int ans=0;
for (int d=1;d<=n;d++)
{
int sum=0;
for (int l=1,r=1;l<=n/d;l=r+1)
{
r=min(n/d/(n/d/l), m/d/(m/d/l));
sum+=(ll)(s[r]-s[l-1])*t[n/l/d]%p*t[m/l/d]%p;
if (sum>=p)
sum-=p;
else if (sum<0)
sum+=p;
}
ans+=(ll)sum*d%p;
if (ans>=p)
ans-=p;
else if (ans<0)
ans+=p;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
[SDOI2015]约数个数和
题解
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首先，\(\operatorname{d}(ij)\)当然不可能用\(\operatorname{d}=1*1\)来求。转换思路，\(ij\)的因数相当于是由\(i\)因数集合中的元素以及\(j\)因数集合中的元素相乘而得到的，为了使计数不重不漏，应限制相乘的两个元素互质。
因此得到了\(\operatorname{d}(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x,y)=1]\)，有个经常见到的东西就出现了。
代入式子：
\[\begin{align*}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\operatorname{d}(ij)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[\gcd(x,y)=1]\\
&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{k|gcd(x,y)}\mu(k)\\
&=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\mu(k)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{x|i}\sum_{y|j}[k|\gcd(x,y)]\\
&=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\mu(k)\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[k|\gcd(x,y)]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor\\
&=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\mu(k)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\lfloor\frac{n}{kx}\rfloor\lfloor\frac{m}{ky}\rfloor\\
&=\sum_{k=1}^{min(n,m)}\mu(k)(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor}\lfloor\frac{n}{kx}\rfloor)(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\lfloor\frac{m}{ky}\rfloor)\\
\end{align*}\]
代码
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#include <cstdio>
#include <cctype>
typedef long long ll;
const int maxn=5e4+10;
int mu[maxn],prim[maxn];
int tot;
ll s[maxn],t[maxn];
bool vis[maxn];
void swap(int &x,int &y) {x^=y^=x^=y;}
int min(int x,int y) {return x<y?x:y;}
int read()
{
int res=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
ch=getchar();
while(isdigit(ch))
res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
return res;
}
void prework(int n)
{
vis[0]=vis[1]=1;
mu[1]=s[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
if (!vis[i])
prim[++tot]=i,mu[i]=-1;
s[i]=s[i-1]+mu[i];
for (int j=1;j<=tot&&(ll)i*prim[j]<=n;j++)
{
vis[i*prim[j]]=1;
if (i%prim[j]==0)
{
mu[i*prim[j]]=0;
break;
}
mu[i*prim[j]]=-mu[i];
}
}
for (int i=1;i<=n;i++)
for (int l=1,r=1;l<=i;l=r+1)
{
r=i/(i/l);
t[i]+=(ll)(r-l+1)*(i/l);
}
}
int main()
{
int T=read();
prework(50000);
while(T--)
{
int n=read(),m=read();
if (n>m)
swap(n, m);
ll ans=0;
for (int l=1,r=1;l<=n;l=r+1)
{
r=min(n/(n/l), m/(m/l));
ans+=(s[r]-s[l-1])*t[n/l]*t[m/l];
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
luogu3768 简单的数学题
本题前置知识：杜教筛
题解
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先讲一个稍微麻烦一点的。（不管麻不麻烦最后都是用杜教筛的，你看看这数据范围哪是线性筛能跑得动的）
\[\begin{align*}
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m ij\gcd(i,j)&=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ij[gcd(i,j)=d]\\
&=\sum_{d=1}^n d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}(i\times d)(j\times d)[gcd(i,j)=1]\\
&=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij[gcd(i,j)=1]\\
&=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij\sum_{k|\gcd(i,j)}\mu(k)\\
&=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij[k|\gcd(i,j)]\\
&=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(k)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}(i\times k)(j\times k)\\
&=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}k^2\mu(k)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}ij\\
&=\sum_{d=1}^n d^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}k^2\mu(k)(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}i)^2\\
\end{align*}\]
到这一步你会发现这跟之前有道题非常相似，但是那个数据范围\(O(n\sqrt{n})\)能过而本题不行。所以还要进行下一步转化。
设\(t_n=(\sum_{i=1}^{n}i)^2=\frac{(1+n)^2 n^2}{4}\)。
\[\begin{align*}
&\sum_{d=1}^n d^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}k^2\mu(k)(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor})^2\\
=&\sum_{d=1}^n d^3\sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}k^2\mu(k)t(\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor)\\
=&\sum_{i=1}^n t(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)i^2\sum_{d|i}\mu(d)\frac{i}{d}\\
=&\sum_{i=1}^n t(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)i^2\varphi(i)\\
\end{align*}\]
\(t\)很好解决，但是\(i^2\varphi(i)\)不数论分块这日子就过不下去了。下面就得用到杜教筛。
设\(f(i)=i^2 \varphi(i),s(n)=\sum_{i=1}^n f(i)\)，\(f\)显然为积性函数。根据杜教筛，我们需要找到一个易于计算的\(g\)使得\(h=f*g\)也较为好算，通过\(g(1)s(n)=\sum_{i=1}^n h(i)-\sum_{j=2}^n g(j)s(\lfloor\frac{n}{j}\rfloor)\)即可数论分块求出\(s\)，再套回原式中进行数论分块。
观察\(\sum_{d|n}d^2\varphi(d) g(\frac{n}{d})\)会觉得这个\(d^2\)非常的碍眼，想办法将它消成常数再卷\(\varphi\)（我们已经知道了\(\operatorname{id}=\varphi *1\)，所以这会是一个比较自然的想法)。
不如将\(g(x)\)设为\(x^2\)，恰好能使\(h(n)=\sum_{d|n}d^2\varphi(d) g(\frac{n}{d})=n^2\sum_{d|n}\varphi(d)=n^3\)。而\(n^3\)的和又是可以\(O(1)\)实现的，其表达式可以用拉格朗日插值法等方法得到，最后得到\(\sum_{i=1}^n h(i)=\frac{(1+n)^2n^2}{4}=t(n)\)。数论分块时还需要用到\(\sum_{i=1}^n i=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\)。
于是\(s(n)=t(n)-\sum_{j=2}^n j^2 s(\lfloor\frac{n}{j}\rfloor)\)，可以很快地递推出所有取值的\(s(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\)。又因为\(n\)在这里和原式中没有变化，所以可以很方便地把\(s(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\)代回原式中，所需要的值不多不少刚刚好。
具体实现看代码，命名方式与上述相同。
另一种呢，其实本质差不多，只不过变换的角度是从\(\operatorname{id}=\varphi*1\)出发的。
\[\begin{align*}
&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m ij\gcd(i,j)\\
=&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m ij\sum_{d|\gcd(i,j)}\varphi(d)\\
=&\sum_{d=1}^n\varphi(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ij[d|\gcd(i,j)]\\
=&\sum_{d=1}^n d^2\varphi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor} ij\\
=&\sum_{d=1}^n d^2\varphi(d)(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i)(\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}j)\\
=&\sum_{d=1}^n d^2\varphi(d)\frac{(1+\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)^2\lfloor\frac{n}{d}\rfloor^2}{4}
\end{align*}\]
接下来要做的，你应该都知道了：想办法对\(d^2\varphi(d)\)做杜教筛。
代码就不写了，差不多的，下面放的是上一个做法的代码。
代码
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <map>
using std::map;
typedef long long ll;
const int maxn=1e7+10;
int prim[maxn],s[maxn];
int tot,lim,p;
int inv_4,inv_6;
ll n;
bool vis[maxn];
map<ll,int> S;
ll read()
{
ll res=0;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch))
ch=getchar();
while(isdigit(ch))
res=res*10+ch-'0',ch=getchar();
return res;
}
void prework(int n)
{
vis[0]=vis[1]=1;
s[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
if (!vis[i])
prim[++tot]=i,s[i]=i-1;
for (int j=1;j<=tot&&(ll)i*prim[j]<=n;j++)
{
vis[i*prim[j]]=1;
if (i%prim[j]==0)
{
s[i*prim[j]]=s[i]*prim[j];
break;
}
s[i*prim[j]]=s[i]*(prim[j]-1);
}
}
for (int i=2;i<=n;i++)
s[i]=((ll)i*i%p*s[i]%p+s[i-1])%p;
}
int power(int a,int n)
{
int res=1;
while(n)
{
if (n&1)
res=(ll)res*a%p;
a=(ll)a*a%p;
n>>=1;
}
return res;
}
int getSquare(ll n) {return n%=p,n*(n+1)%p*(2*n+1)%p*inv_6%p;}
int getCubic(ll n) {return n%=p,(n+1)*(n+1)%p*n%p*n%p*inv_4%p;}
int solve(ll n)
{
if (n<=lim)
return s[n];
else
{
map<ll,int>::iterator it=S.find(n);
if (it!=S.end())
return (*it).second;
}
int res=getCubic(n);
for (ll l=2,r=1;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
res-=(ll)(getSquare(r)-getSquare(l-1))*solve(n/l)%p;
if (res<0)
res+=p;
else if (res>=p)
res-=p;
}
return S[n]=res;
}
int main()
{
p=read(),n=read();
lim=pow(n, 2.0/3.0);
prework(lim);
int ans=0;
inv_4=power(4, p-2),inv_6=power(6, p-2);
for (ll l=1,r=1;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
ans+=(ll)getCubic(n/l)*(solve(r)-solve(l-1))%p;
if (ans<0)
ans+=p;
else if (ans>=p)
ans-=p;
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
小结
对于一个式子，要利用狄利克雷卷积的几种常见形式及一些常用的套路（如变换求和顺序、提取公因数等）来达到简化式子进行数论分块的目的。
当数据范围显示线性的时间复杂度无法通过时，考虑杜教筛等低于线性复杂度的方法——也就是说，要善于利用数据范围这一提示信息推测正解时间复杂度。
剩下的大概就是多练习找到推式子的感觉了。
注意小心数据溢出导致的错误。
