DIVCNT2 - Counting Divisors (square)

\(\text{Problem}:\)DIVCNT2 - Counting Divisors (square)

\(\text{Solution}:\)

事实上给出的 \(\sum\limits_{i=1}^{n}d(i^{2})\) 有很多等价表达式，如以下：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}[\text{lcm}(i,j)\leq n]\\ \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j\mid i}\mu(j)d^2(\frac{i}{j}) \]

解释一下其等价性。对于第 \(1\) 个式子，将 \(\text{lcm}\) 展开为 \(\gcd(i,j)=1\) 形式再代入即可；对于第 \(2\) 个式子，考虑展开 \(d^2(\frac{i}{j})\)，有：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j\mid i}\mu(j)\sum\limits_{xj\mid i}\sum\limits_{yj\mid i}1 \]

令 \(p=xj,q=yj\)，则 \(\gcd(p,q)\geq j\)。易知所有 \(j\leq \gcd(p,q)\) 都产生贡献，故原式等于：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{x\mid i}\sum\limits_{y\mid i}\sum\limits_{j\mid \gcd(x,y)}\mu(j)=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{x\mid i}\sum\limits_{y\mid i}[\gcd(x,y)=1] \]

回到本题，首先大力展开 \(d(i^2)\)。

引理 \(1\)：

\[d(nm)=\sum\limits_{i\mid n}\sum\limits_{j\mid m}[\gcd(i,j)=1] \]

利用唯一分解定理可证（大概是考虑每个质因子的贡献）。

将其代入原式，得到：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{x\mid i}\sum\limits_{y\mid i}[\gcd(x,y)=1] \]

改变枚举顺序，计算 \(i\) 对每对 \((x,y)\) 产生的贡献，有：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{n}[\gcd(x,y)=1]\sum\limits_{x\mid i,y\mid i}1\\ &=\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{n}[\gcd(x,y)=1]\sum\limits_{xy\mid i}1\\ &=\sum\limits_{x=1}^{n}\sum\limits_{y=1}^{n}[\gcd(x,y)=1]\lfloor\frac{n}{xy}\rfloor \end{aligned} \]

发现 \(xy\leq n\) 的限制非常高明，于是枚举 \(d=xy\)，有：

\[\begin{aligned} &\sum\limits_{d=1}^{n}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\sum\limits_{x\mid d}[\gcd(x,\frac{d}{x})=1]\\ &=\sum\limits_{d=1}^{n}\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\sum\limits_{x\mid d}\sum\limits_{g\mid \gcd(x,\frac{d}{x})}\mu(g) \end{aligned} \]

不难发现 \(g\leq \sqrt{n}\)，故再次改变枚举顺序，将 \(g\) 提取到最前面。考虑 \(g\mid \gcd(x,\frac{d}{x})\) 等价于 \(g\mid x,gx\mid d\)，故可以将 \(x\) 写为 \(kg\) 的形式，即 \(kg^{2}\mid d\)，于是有：

\[\sum\limits_{g=1}^{\sqrt{n}}\mu(g)\sum\limits_{k=1}^{\lfloor\frac{n}{g}\rfloor}\sum\limits_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{kg^{2}}\rfloor}\left\lfloor\frac{n}{kg^{2}d}\right\rfloor \]

发现 \(k,d\) 只在做乘积时出现，而枚举 \(d\) 的上标中又有 \(k\)，故可以把 \(k\) 提取到下面，变为枚举 \(s=kd\)，同时考虑多少组 \((k,d)\) 会贡献给 \(s\)，得到：

\[\sum\limits_{g=1}^{\sqrt{n}}\mu(g)\sum\limits_{s=1}^{\lfloor\frac{n}{g^{2}}\rfloor}\lfloor\frac{n}{g^{2}s}\rfloor d(s) \]

至此，暴力枚举 \(g\)，对第二层 \(\sum_{s}\) 做整除分块即可。现在问题转化为求出因数个数函数 \(d\) 的前缀和。根据定义式，即满足 \(ij\leq x\) 的有序对 \((i,j)\) 的数量，有：

\[\sum\limits_{i=1}^{n}d(i)=i\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

发现 \(d(s)\) 也可以整除分块求解。由于多组数据，可以线性筛出较小的 \(\sum\limits_{i=1}^{n}d(i)\)，对于较大的，计算完后用 \(map\) 存储答案，下次可以快速调用。这种做法可以通过本题。

\(\text{Code}:\)

#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(3)
#define int unsigned long long
#define ri register
#define mk make_pair
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define is insert
#define es erase
#define vi vector<int>
#define vpi vector<pair<int,int>>
using namespace std; const int N=30000010;
inline int read()
{
	int s=0, w=1; ri char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') w=-1; ch=getchar(); }
	while(ch>='0'&&ch<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+(ch^48), ch=getchar();
	return s*w;
}
int pri[N/10],cnt,mu[N],d[N],e[N];
bool book[N];
inline void Init()
{
	mu[1]=d[1]=1;
	for(ri int i=2;i<N;i++)
	{
		if(!book[i]) pri[++cnt]=i, mu[i]=-1, e[i]=1, d[i]=2;
		for(ri int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++)
		{
			book[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0)
			{
				e[i*pri[j]]=e[i]+1;
				d[i*pri[j]]=d[i]/e[i*pri[j]]*(e[i*pri[j]]+1);
				break;
			}
			else mu[i*pri[j]]=-mu[i], e[i*pri[j]]=1, d[i*pri[j]]=d[i]*2;
		}
	}
	for(ri int i=1;i<N;i++) d[i]+=d[i-1];
}
map<int,int> Q;
inline int Sig(int x)
{
	if(x<N) return d[x];
	if(Q.find(x)!=Q.end()) return Q[x];
	int res=0;
	for(ri int l=1,r;l<=x;l=r+1)
	{
		r=x/(x/l);
		res+=(x/l)*(r-l+1);
	}
	return Q[x]=res;
}
signed main()
{
	Init();
	for(ri int T=read();T;T--)
	{
		int n=read();
		int ans=0;
		for(ri int j=1;j*j<=n;j++)
		{
			if(!mu[j]) continue;
			int res=0;
			int m=n/(j*j);
			int lst=0,now=0;
			for(ri int l=1,r;l<=m;l=r+1,lst=now)
			{
				r=m/(m/l);
				now=Sig(r);
				res+=(m/l)*(now-lst);
			}
			ans+=res*mu[j];
		}
		printf("%llu\n",ans);
	}
	return 0;
}