题解-bzoj2154Crash的数字表格 & bzoj2693 jzptab

Problem

bzoj2818-单组询问-无权限

bzoj2693-多组询问-需权限

洛谷1829-单组询问-无权限

\(T\)组询问(如果有),给定 \(n,m\),求

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mlcm(i,j) \pmod {100000009} \]

\(T\leq 10^4,N,M\leq 10^7\)

Solution

┗|`O′|┛ 这两题花了我一整张草稿纸啊

首先明确将\(lcm\)转成\(gcd\)会更好做:\(lcm(x,y)=\frac {xy}{\gcd(x,y)}\)

套路枚举\(\gcd\)

\[Ans=\sum_d\frac 1d\sum_{d|a}\sum_{d|b}[\gcd(\frac ad,\frac bd)=1]ab \]

\(a,b\) 同时除以 \(d\)

\[Ans=\sum_d d\sum_{a=1}^{\frac nd}\sum_{b=1}^{\frac md}[\gcd(a,b)=1]ab \]

想到遇到互质的情况就莫反:

设置参量 \(n'=\frac nd,m'=\frac md\)

在参量意义下,构造函数

\[f(x)=\sum_{a=1}^{n'}\sum_{b=1}^{m'}[\gcd(a,b)=x]ab\\ F(x)=\sum_{a=1}^{n'}\sum_{b=1}^{m'}[x|\gcd(a,b)]ab \]

这俩函数满足\(F(x)=\sum_{x|n}f(n)\),根据莫反式有\(f(n)=\sum_{n|x}\mu(\frac xn)F(x)\)

\(F(x)\)化简

\[F(x)=\sum_{x|a}^{n'}\sum_{x|b}^{m'}ab=x^2(\sum_{a=1}^{\frac {n'}x}a)(\sum_{b=1}^{\frac {m'}x}b) \]

\(Ans=\sum_dd\cdot f(1)\)

\[f(1)=\sum_d\mu(d)F(d)=\sum_d\mu(d)d^2(\sum_{a=1}^{\frac {n'}d}a)(\sum_{b=1}^{\frac {m'}d}b) \]

首先可以明确如果预处理 \(\mu(d)d^2\) 就可以整除分块地在 \(O(\sqrt n)\) 的时间内算出这个式子

再接着考虑答案:\(Ans=\sum_dd\cdot f(1)\),而 \(f(1)\) 的参量由 \(d\) 决定,即应写成 \(Ans=\sum_dd\cdot f_{\frac nd,\frac md}(1)\),不难发现外层也能数论分块,即整个算法顶多是 \(O(n)\)

多组询问

上面这个式子每次计算需要 \(O(n)\) 的时间,实测跑完 \(T=10^4\) 组需要 \(92s\),需要考虑优化

由于在单组询问时是将带入参量进行计算的,这样虽然方便但不灵活,需要将参量化出来……以下省略若干字(因为算到这里后我又用了大半张草稿纸进行拆分合并 可能是因为我喜欢用参量吧,而且听学长说这题有个简便很多的方法)

首先将原式列出来(至于为什么在整除意义下有\(\frac {\frac ab}c=\frac a{bc}\),可以想想\(\frac ab=\frac {a-(a\bmod b)}b\)):

\[Ans=\sum_dd\bigl [\sum_t\mu(t)t^2\cdot (\sum_{a=1}^{\frac n{dt}}a)(\sum_{b=1}^{\frac m{dt}}b)\bigr ] \]

\(T=dt,S(x)=\frac {x(x+1)}2\),并将式子内外翻转可得

\[Ans=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)S(\frac mT)\sum_{d|T}\mu(d)d^2\frac Td\\=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)S(\frac mT)T\sum_{d|T}\mu(d)d \]

设函数 \(g(x)=x\sum_{d|x}\mu(d)d\),可得 \(Ans=\sum_{T=1}^nS(\frac nT)(\frac mT)g(T)\),这个东西就支持数论分块了,总体复杂度为\(O(n+Q\sqrt n)\)

至于怎么求 \(g(x)\),可以考虑只求 \(h(x)=\sum_{d|x}\mu(d)d\),这个东西是积性函数可以线性筛

具体地,在线性筛时,设当前筛数为 \(i\),质数为 \(p\)\(k=i\cdot p\)

  • \(p|i\),有 \(h(k)=h(i)\),因为新加入的质因子 \(p\)\(i\) 中已经出现,如果它不可能单独和其他质因子产生新的因数,而如果和其他的\(p\)因子在一起,\(\mu\)函数就会为 \(0\),所以有\(h(k)=h(i)\)
  • \(p\not |i\),有 \(h(k)=h(i)h(j)\),因为新加入的质因子 \(p\)\(i\) 中尚未出现,所以它和其他所有质因子产生的因数 \(\mu\) 都会变号,而因子\(p\)也会相应地乘上去,至于保留原来因子的贡献,\(h(p)\)在计算的时候会自带一个 \(1\)

Code

bzoj-2154

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=10001009,p=20101009;
int pri[N],is[N],u[N],tp;

inline int sm(int x){
	if(x&1)return (ll)x*(x+1>>1)%p;
	return (ll)(x>>1)*(x+1)%p;
}

inline int F(int n,int m){
	int res=0;
	for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		res=(res+(ll)(u[j]-u[i-1]+p)*sm(n/i)%p *sm(m/i))%p;
	}return res;
}

int main(){
	int n,m;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if(n>m)swap(n,m);u[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(!is[i])pri[++tp]=i,u[i]=-1;
		for(int j=1,k;j<=tp and (k=i*pri[j])<=n;++j){
			is[k]=1;
			if(i%pri[j]==0){u[k]=0;break;}
			u[k]=-u[i];
		}
		if(u[i]<0)u[i]=p-1;
		u[i]=(u[i-1]+(ll)i*i%p*u[i])%p;
	}
	ll ans=0;
	for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
		j=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans=(ans+(ll)(sm(j)-sm(i-1)+p)*F(n/i,m/i))%p;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

bzoj-2693

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=10001009,p=100000009;
int pri[N],is[N],u[N],g[N],sm[N],tp;

int main(){
	u[1]=g[1]=1;
	for(int i=2;i<N;++i){
		if(!is[i])pri[++tp]=i,u[i]=p-1,g[i]=((ll)u[i]*i+1)%p;
		for(int j=1,k;j<=tp and (k=i*pri[j])<N;++j){
			is[k]=1;
			if(i%pri[j]==0){u[k]=0,g[k]=g[i];break;}
			u[k]=p-u[i],g[k]=(ll)g[i]*g[pri[j]]%p;
		}
		if(u[i]<0)u[i]=p-1;
	}
	
	for(int i=1;i<N;++i){
		u[i]=(u[i-1]+(ll)i*i%p*u[i])%p;
		g[i]=(g[i-1]+(ll)i*g[i])%p;
		sm[i]=(sm[i-1]+i<p?sm[i-1]+i:sm[i-1]+i-p);
	}
	
	int n,m,T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		ll ans=0;scanf("%d%d",&n,&m);
		if(n>m)swap(n,m);
		for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
			j=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans=(ans+(ll)sm[n/i]*sm[m/i]%p*(g[j]-g[i-1]+p))%p;
		}printf("%lld\n",ans);
	}return 0;
}
posted @ 2019-01-16 20:43  oier_hzy  阅读(148)  评论(0编辑  收藏  举报