P3768 简单的数学题
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毒瘤题
弄模数弄了我一天，结果少模了一个地方
做法
我们要求：$$(\sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n i\times j\times gcd(i,j))mod\ p$$
我们先不管后面的模\(p\)，考虑前面枚举\(gcd(i,j)\)：$$\sum\limits_{d=1}^n d \sum\limits_{i=1}^n \sum\limits_{j=1}^n i\times j\ [gcd(i,j)=d]$$
套路的除\(d\)：$$\sum\limits_{d=1}^n d^3 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} i\times j\ [gcd(i,j)=1]$$
后面显然用莫比乌斯反演，我们用性质来变换：$$\sum\limits_{d=1}^n d^3 \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} i\times j \sum\limits_{k|gcd(i,j)} \mu (k)$$
套路的枚举\(k\)：
除\(k\)把后面去掉： $$\sum\limits_{d=1}^n d^3 \sum\limits_{k=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d} \right\rfloor} \mu (k) k2\sum\limits_{i=1} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{dk} \right\rfloor} i\times j $$
我们用\(T=dk\)带入：$$\sum\limits_{T=1}^n \sum\limits_{d|T} d^3 \mu (\frac{T}{d}) {(\frac{T}{d})}2\sum\limits_{i=1} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor} i\times j$$
前面的\(d^3\)可以和\({(\frac{T}{d})}^2\)消去分母：$$\sum\limits_{T=1}^n \sum\limits_{d|T} d \mu (\frac{T}{d}) T2\sum\limits_{i=1} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor} i\times j$$
换个位置：$$\sum\limits_{T=1}^n T^2 \sum\limits_{d|T} d \mu (\frac{T}{d}) \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor} i\times j$$
我们设函数\(S\)：$$S(n)=(\sum\limits_{i=1}^n i)^2$$
那么原式可化为：$$\sum\limits_{T=1}^n T^2 \sum\limits_{d|T} d \mu (\frac{T}{d}) S(\left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor)$$
因为\(φ=id\times \mu\)，所以：$$\sum\limits_{T=1}^n T^2 φ(T)\ S(\left\lfloor \frac{n}{T} \right\rfloor)$$
那么后面我们可以用整除分块来搞，可是前面呢？
杜教筛大法吼啊~~~
我们要求：$$L(n)=\sum\limits_{i=1}^n i^2φ(i)$$
那么就要考虑怎么配\(g,h\)函数：\(h(n)=\sum\limits_{d|n} d^2 φ(d)\ g(\frac{n}{d})\)$
我们发现前面的\(d^2\)很讨厌，自然要想着消去，于是我们设\(g(i)=i^2\)：$$h(n)=\sum\limits_{d|n} d^2 φ(d)\ (\frac{n}{d})^2$$
那么我们发现这样配对的话可以很容易求出\(g,h\)，（别说你没学过小学奥数）
把杜教筛的套路式弄出来：$$g(1)L(n)=\sum\limits_{i=1}^n h(i) -\sum\limits_{d=2}^n g(d)L(\frac{n}{d})$$
带入\(g,h\)函数：$$L(n)=\sum\limits_{i=1}^n i^3 -\sum\limits_{d=2}^n d^2L(\frac{n}{d})$$
而我们知道：$$\sum\limits_{i=1}^n i^2 =\frac{n(1+n)(2n+1)}{6}$$
所以很容易用杜教筛求出来啦
要注意要模\(p\)，所以要算出\(4,6\)的逆元
接下来是美滋滋的代码时间~~~
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<tr1/unordered_map>
#define int long long
#define N 8000007
using namespace std;
int n,mod,cnt,inv4,inv6;
int phi[N],prime[N];
bool isp[N];
tr1::unordered_map<int,int> map_;
void Get_phi(int x)
{
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=x;++i)
{
if(!isp[i])
{
prime[++cnt]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&(i*prime[j])<=x;++j)
{
isp[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
phi[i*prime[j]]=(phi[i]*prime[j])%mod;
break;
}
else
phi[i*prime[j]]=(phi[i]*phi[prime[j]])%mod;
}
}
for(int i=1;i<=x;++i)
phi[i]=(phi[i-1]+phi[i]*i%mod*i%mod)%mod;
}
int qpow(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1)
ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
int L(int x)
{
x%=mod;
int num=x%mod*(x+1)%mod;
num=num*num%mod*inv4%mod;
return num;
}
int L1(int x)
{
x%=mod;
int num=x*(x+1)%mod*(x+x+1)%mod*inv6%mod;
return num;
}
int Ans(int x)
{
if(x<=N-7)
return phi[x];
if(map_[x])
return map_[x];
int ans=L(x);
for(int l=2,r;l<=x;l=r+1)
{
r=x/(x/l);
ans-=(Ans(x/l)*(L1(r)-L1(l-1)+mod)%mod)%mod;
ans%=mod;
}
//printf("%lld\n",ans);
return map_[x]=(ans+mod)%mod;
}
signed main()
{
scanf("%lld%lld",&mod,&n);
inv4=qpow(4,mod-2),inv6=qpow(6,mod-2);
Get_phi(N-7);
int ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
ans+=(((Ans(r)-Ans(l-1)+mod)%mod)*(L(n/l)%mod))%mod;
ans%=mod;
//printf("%lld\n",ans);
}
printf("%lld",(ans+mod)%mod);
return 0;
}
/*
1000000007 9786510294
*/
