华中农业大学第十三届程序设计竞赛

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B

syh 喜欢猫猫，所以 zzy 为了哄 syh 睡觉，决定扮成猫猫。

给定一个长为 \(n\) 的序列 \(\{a_i\}\) 和三个正整数 \(x，y，z\)，计算 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_ia_j\lfloor \dfrac{x\gcd(a_i,a_j)+y}{z} \rfloor\) 的值。答案对 \(10^9+7\) 取模。

如果这个问题的答案能够被正确解出，zzy 就会学猫叫。由于 zzy 正在学怎么学猫叫，所以请你告诉 syh 这个问题的答案。

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赛时想到枚举 \(a[i]\) , 去找它的因子最为 \(gcd \ k\) , 再求\(\sum a_j\) (其中 \(gcd(a_i , a_j) = k\)).
将因子 \(k\) 从大到小枚举，这个 \(k\) 带来的 \(\sum aj\) 可以预处理，不过要减去它在各个因子集合中倍数带来的 \(\sum a_j\) 影响。
在枚举因子 \(k\) 倍数的时候就卡住了。

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看了看榜一佬的思想，他把 \(a[i] * a[j]\) 整体看成了答案.
\(f[k]\) 代表 \(gcd = k\) 时，\(\sum a[i] * a[j]\).
之后就是类似于我们赛事的那个容斥思想了 (\(f[k]\) 不好求 , 求\(f[k >= i] - f[k > i]\))

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int N = 1E5 + 5;
const int mod = 1E9 + 7;

int n;
int num[N];
int f[N];

void solve() {
	
	cin >> n;
	LL x , y , z;
	cin >> x >> y >> z;

	for (int i = 1 ; i <= n ; ++i) {
		int ai;
		cin >> ai;
		(num[ai] += ai) %= mod;
	}

	for (int i = 1 ; i < N ; ++i) {
		for (int j = i ; j < N ; j += i) {
			(f[i] += num[j]) %= mod;
		}
	}

	for (int i = N - 1 ; i >= 1 ; --i) {
		f[i] = 1LL * f[i] * f[i] % mod;
		for (int j = i + i ; j < N ; j += i) {
			f[i] -= f[j];
			f[i] = (f[i] % mod + mod) % mod;
		} 
	}

	LL ans = 0;
	for (int i = 1 ; i < N ; ++i) {
		ans += 1LL * f[i] * ((x * i + y) / z) % mod;
		ans %= mod;
	}

	cout << ans << '\n';
}

int main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);

	int T = 1;
	while (T--) {
		solve();
	}

	return 0;
}