题解 P8670 [蓝桥杯 2018 国 B] 矩阵求和

题目描述

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \gcd(i,j)^2 \]

具体思路

solution 1

显然可以每次枚举 \(\gcd(i,j)\) 的取值。

\[\sum_{k=1}^n k^2 \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n [\gcd(i,j)=k] \]

\(i=\lfloor \frac{i}{k} \rfloor\)\(j=\lfloor \frac{j}{k} \rfloor\)

\[\sum_{k=1}^n k^2 \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} [\gcd(i,j)=1] \]

\[\sum_{k=1}^n k^2 \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \varepsilon(\gcd(i,j)) \]

然后进行莫比乌斯反演。

\[\sum_{k=1}^n k^2 \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{d \mid \gcd(i,j)} \mu(d) \]

\[\sum_{k=1}^n k^2 \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{d \mid i,d \mid j} \mu(d) \]

交换求和顺序,由于先枚举 \(i,j\) 再枚举 \(d\),此时 \(d\)\(i,j\) 的约数,因此反过来先枚举 \(d\) 再枚举 \(i,j\),此时 \(i,j\) 就是 \(d\) 的倍数。而 \(1 \sim \lfloor \frac{n}{k} \rfloor\) 里面 \(d\) 的倍数有 \(\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor\) 个。

\[\sum_{k=1}^n k^2 \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{kd} \rfloor} 1 \]

\[\sum_{k=1}^n k^2 \sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu(d) \lfloor \frac{n}{kd} \rfloor \lfloor \frac{n}{kd} \rfloor \]

令:

\[f(n)=\sum_{d=1}^n \mu(d) \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \lfloor \frac{n}{d} \rfloor \]

有:

\[\sum_{k=1}^n k^2 f(\lfloor \frac{n}{k} \rfloor) \]

显然 \(f(n)\) 可以数论分块解决,而最后的式子也可以数论分块解决,即数论分块套数论分块。

时间复杂度

\[O(\sum_{i=1}^{\sqrt n} \sqrt \frac{n}{i})=O(\sqrt n\int_0^{\sqrt n} i^{-\frac{1}{2}})=O(n^{\frac{3}{4}}) \]

这个复杂度跑 \(1e7\) 还是挺轻松的,但是不知道为什么题解区其他人竟然跑成了 \(O(n \ln n)\)

注意

平方和公式:$$\sum_{i=1}^n i^2=\frac{n \times (n+1) \times (2n+1)}{6}$$

由于要对 \(1e9+7\) 取模,因此要记得及时取模,不然会 WA。

同时数论分块的时候,用平方和公式要记得乘 \(6\) 的逆元。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e7;
const int mod=1e9+7;
int v[N+5],prime[N+5],pr;
int mu[N+5];LL sum[N+5];
LL qpow(LL a,LL b){
	LL ans=1%mod;a%=mod;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;b>>=1;
	}
	return ans;
}
void init(int n){
	memset(v,0,sizeof(v));pr=0;
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		if(!v[i]){
			prime[++pr]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=pr&&i*prime[j]<=n;j++){
			v[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0){
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sum[i]=(sum[i-1]+mu[i])%mod;
	}
}
LL block(LL n){
	LL ans=0;
	for(LL l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		ans=(ans+(sum[r]-sum[l-1])%mod*(n/l)%mod*(n/l)%mod+mod)%mod; 
	}
	return ans;
}
LL f(LL n){
	return n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*qpow(6,mod-2)%mod;
}
LL calc(LL n){
	LL ans=0;
	for(LL l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		ans=(ans+(f(r)-f(l-1))%mod*block(n/l)%mod+mod)%mod;
	}
	return ans;
}
int main(){
	LL n;scanf("%lld",&n);
	init(n);
	printf("%lld\n",calc(n));
	return 0;
}

solution2

我们回到这个式子:

\[\sum_{k=1}^n k^2 \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} [\gcd(i,j)=1] \]

我们考虑:

\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} [\gcd(i,j)=1] \]

我们运用数形结合的思想,把这个东西看作是平面上有 \(n^2\) 个点,然后让你求这些点中横坐标与纵坐标互质的点的个数,这东西不是 P2158 [SDOI2008] 仪仗队 吗?

image

这个时候我们使用几何直观,沿着对角线把这些点分成两部分。

image

那么式子就变成了:

\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{i} [\gcd(i,j)=1] \]

显然另一部分是对称的,同时要减去算了两遍的 \((1,1)\),即:

\[2 \times \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{i} [\gcd(i,j)=1]-1 \]

根据欧拉函数的定义,有:

\[2 \times \sum_{i=1}^n \varphi(i)-1 \]

把这个式子带回去,有:

\[\sum_{k=1}^n k^2 \times (2 \times \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \varphi(i)-1) \]

令:

\[f(n)=2 \times \sum_{i=1}^n \varphi(i) \]

有:

\[\sum_{k=1}^n k^2 (f(\lfloor \frac{n}{k} \rfloor)-1) \]

显然可以数论分块做。

时间复杂度

只用跑一次数论分块,时间复杂度为:\(O(\sqrt n)\)

不过题解区又是让我很迷的做法,竟然不用数论分块而是用暴力 \(O(n)\)

注意

平方和公式:$$\sum_{i=1}^n i^2=\frac{n \times (n+1) \times (2n+1)}{6}$$

由于要对 \(1e9+7\) 取模,因此要记得及时取模,不然会 WA。

同时数论分块的时候,用平方和公式要记得乘 \(6\) 的逆元。

Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e7;
const int mod=1e9+7;
int v[N+5],prime[N+5],pr;
int phi[N+5];LL sum[N+5];
LL qpow(LL a,LL b){
	LL ans=1%mod;a%=mod;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*a%mod;
		a=a*a%mod;b>>=1;
	}
	return ans;
}
void init(int n){
    memset(v,0,sizeof(v));pr=0;
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!v[i]){
            prime[++pr]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=1;j<=pr&&i*prime[j]<=n;j++){
            v[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0){
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
    	sum[i]=(sum[i-1]+phi[i])%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sum[i]=sum[i]*2%mod;
	}
}
LL f(LL n){
	return n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*qpow(6,mod-2)%mod;
}
LL block(LL n){
	LL ans=0;
	for(LL l=1,r=0;l<=n;l=r+1){
		r=n/(n/l);
		ans=(ans+(f(r)-f(l-1))%mod*(sum[n/l]-1)+mod)%mod;
	}
	return ans;
}
int main(){
	LL n;scanf("%lld",&n);
	init(n);
	printf("%lld",block(n));
	return 0;
}
posted @ 2023-09-22 14:52  reclusive2007  阅读(38)  评论(0)    收藏  举报