【刷题】BZOJ 2693 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

这题就是上一题(BZOJ2154)的升级版
我们接着推

\[ans=\sum_{d=1}^Nd\cdot \sum_{i=1}^{N}\mu(i)\cdot i^2\cdot s(\lfloor \frac{N}{id} \rfloor,\lfloor \frac{M}{id} \rfloor) \]

\(id\)提出来

\[ans=\sum_{T=1}^Ns(\lfloor \frac{N}{T} \rfloor,\lfloor \frac{M}{T} \rfloor)\sum_{d|T}\frac{T}{d}\cdot d^2\cdot \mu(d) \]

第一个sigma整除分段,我们主要来考虑第二个sigma
\(H(n)=\sum_{d|n}\frac{n}{d}\cdot d^2\cdot \mu(d)\)\(F(i)=i\)\(G(i)=i^2\mu(i)\)
易知:\(F\)为积性函数,而\(G(ab)=(ab)^2\mu(ab)=a^2\mu(a)b^2\mu(b)\)\(\mu\)也是积性函数)\(=G(a)G(b)\),所以\(G\)也是积性函数
那么它们卷起来的\(H\)就也会是积性函数

  1. \(H(1)=1\)
  2. \(H(p,p\ is\ a\ prime)=p-p^2\)(直接带进去)
  3. \(H(p^a,p\ is\ a\ prime)=\sum_{i=0}^ap^{a-i}\cdot p^{2i}\cdot \mu(p^i)\)
    \(i>1\)时,根据mu的定义,\(\mu(p^i)\)为0,所以\(H(p^a,p\ is\ a\ prime)=p^a-p^{a+1}\)
    这也就是说在素数筛时,对于一个\(i*prime[j]\),如果\(i\%prime[j]!=0\),说明\(prime[j]\)是一个新的\(i*prime[j]\)的质数约数,那么\(H[i*prime[j]]\)就加上一个\(H[prime[j]]\)
  4. \(H(\prod_{i=1} P_i^{a_i} )=\prod_{i=1} H(P_i^{a_i})\)
    \(i\%pime[j]=0\),也就是\(i*prime[j]\)中有一质数约数的指数大于1,这个时候因为第三点,它的\(\mu\)是0,不会有额外的贡献,只是\(H(i*prime[j])\)会乘一个\(prime[j]\)
    \(H(P_1^{a_1+1}\prod_{i=2}P_i^{a_i})=H(P_1^{a_1+1})H(\prod_{i=2}P_i^{a_i})\)(积性函数)
    \(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\prod_{i=2}(P_i^{a_i}-P_i^{a_i+1})(P_1^{a_1+1}-P_1^{a_1+2})\)
    \(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\prod_{i=2}(P_i^{a_i}-P_i^{a_i+1})(P_1^{a_1}-P_1^{a_1+1})P_1\)
    \(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\prod_{i=1}(P_i^{a_i}-P_i^{a_i+1})P_1\)
    \(\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =H(\prod_{i=1}P_i^{a_i})P_1\)

后面素数筛搞完后,整除分块,做完
哦,还有个天大的坑。。。
mod的数是1e8+9,它也不是质数。。。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
const int Mod=1e8+9,MAXN=10000000+10;
ll s[MAXN],H[MAXN];
int prime[MAXN],cnt,vis[MAXN];
template<typename T> inline void read(T &x)
{
	T data=0,w=1;
	char ch=0;
	while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
	if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
	x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char c='\0')
{
	if(x<0)putchar('-'),x=-x;
	if(x>9)write(x/10);
	putchar(x%10+'0');
	if(c!='\0')putchar(c);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return x<y?x:y;}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return x>y?x:y;}
inline void init()
{
	memset(vis,1,sizeof(vis));
	vis[0]=vis[1]=0;
	H[1]=1;
	for(register ll i=2;i<MAXN;++i)
	{
		if(vis[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			H[i]=(i-(ll)i*i)%Mod;
		}
		for(register ll j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<MAXN;++j)
		{
			vis[i*prime[j]]=0;
			if(i%prime[j])H[i*prime[j]]=H[i]*H[prime[j]]%Mod;
			else
			{
				H[i*prime[j]]=H[i]*(ll)prime[j]%Mod;
				break;
			}
		}
	}
	for(register ll	i=1;i<MAXN;++i)s[i]=(s[i-1]+H[i])%Mod;
}
inline ll S(ll x,ll y)
{
	return ((x+1)*x/2)%Mod*(((y+1)*y/2)%Mod)%Mod;
}
inline ll solve(ll N,ll M)
{
	ll res=0;
	if(N>M)std::swap(N,M);
	for(register ll i=1;;)
	{
		if(i>N)break;
		ll j=min(N/(N/i),M/(M/i));
		(res+=S(N/i,M/i)*(s[j]-s[i-1])%Mod)%=Mod;
		i=j+1;
	}
	return (res+Mod)%Mod;
}
int main()
{
	init();
	int T;
	read(T);
	while(T--)
	{
		ll N,M;
		read(N);read(M);
		write(solve(N,M),'\n');
	}
	return 0;
}
posted @ 2018-03-13 21:28  HYJ_cnyali  阅读(130)  评论(0编辑  收藏  举报