P3911 最小公倍数之和
\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)
对于\(A_1,A_2,\cdots,A_N\)，求
\(\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N lcm(A_i,A_j)\)的值。
\(lcm(a,b)\) 表示a 和b 的最小公倍数
\(\color{#0066ff}{输入格式}\)
第1 行，1 个整数N。
第2 行，N 个整数\(A_1,A_2,\cdots,A_N\)。
\(\color{#0066ff}{输出格式}\)
1 个整数，表示所求的值。
\(\color{#0066ff}{输入样例}\)
2
2 3
\(\color{#0066ff}{输出样例}\)
17
\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)
• 对于30% 的数据，\(1 \le N \le 1000; 1 \le A_i \le 50000\)；
• 对于另外30% 的数据，\(1 \le N \le 50000; 1 \le A_i \le 1000\)；
• 对于100% 的数据，\(1 \le N \le 50000; 1 \le A_i \le 50000\)。
\(\color{#0066ff}{ 题解 }\)
对于序列， 我们其实不太好处理
但是发现，值域只有50000
令\(a_i\)表示序列中等于i的数的个数
然后发现，把\(a_i\)弄上去后，式子变成了这样（n=50000）
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_i*a_j*lcm(i,j)
\]
这下顺眼多了，可以开始化简了
先转为gcd
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n \frac{a_i*a_j*i*j}{gcd(i,j)}
\]
枚举gcd
\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n [gcd(i,j)==d] \frac{a_i*a_j*i*j}{d}
\]
把d除上去
\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor} [gcd(i,j)==1] a_{id}*a_{jd}*i*j*d
\]
把d放前面
\[\sum_{d=1}^n d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor} [gcd(i,j)==1] a_{id}*a_{jd}*i*j
\]
把\(\mu * 1 = e\)套进去
\[\sum_{d=1}^n d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac n d\rfloor} \sum_{k|gcd(i,j)} \mu(k)* a_{id}*a_{jd}*i*j
\]
枚举k
\[\sum_{d=1}^n d\sum_{k=1}^n \mu(k) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor} a_{ikd}*a_{jkd}*i*k*j*k
\]
看起来好像很复杂？ 先把k弄出来
\[\sum_{d=1}^n d\sum_{k=1}^n \mu(k)*k^2 \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor} a_{ikd}*a_{jkd}*i*j
\]
然后用经典方法，kd换q
\[\sum_{q=1}^n\sum_{k|q} \mu(k)*k*q\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{q}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{q}\rfloor} a_{iq}*a_{jq}*i*j
\]
这。。。先把能往前提的都往前弄
\[\sum_{q=1}^n q\sum_{k|q} \mu(k)*k\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{q}\rfloor}a_{iq}*i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{q}\rfloor} a_{jq}*j
\]
我去，后面两项一样诶
\[\sum_{q=1}^n q\sum_{k|q} \mu(k)*k(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{q}\rfloor}a_{iq}*i)^2
\]
然后你发现， 最后一个\(\sum\)只跟q有关，可以枚倍数\(O(nlogn)\)预处理
然后你又发现，中间那个也只跟q有关，也可以枚举倍数\(O(nlogn)\)预处理
然后。。。这题还TM良心的一组数据，连数列分块都不用，直接\(O(n)\)收集答案就行了
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
char ch; LL x = 0, f = 1;
while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
return x * f;
}
const int maxn = 50505;
const int mod = 50000;
LL a[maxn], mu[maxn], ans[maxn], tot[maxn], pri[maxn], cnt;
bool vis[maxn];
LL work() {
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i <= mod; i++) {
if(!vis[i]) pri[++cnt] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 1; j <= cnt&& (LL)i * pri[j] <= mod; j++) {
vis[i * pri[j]] = true;
if(i % pri[j] == 0) break;
else mu[i * pri[j]] = -mu[i];
}
}
for(int i = 1; i <= mod; i++)
for(int j = i; j <= mod; j += i) {
ans[j] += mu[i] * i;
tot[i] += a[j] * (j / i);
}
LL res = 0;
for(int i = 1; i <= mod; i++) res += 1LL * i * ans[i] * tot[i] * tot[i];
return res;
}
int main() {
int n = in();
for(int i = 1; i <= n; i++) a[in()]++;
printf("%lld\n", work());
return 0;
}
----olinr
