【bzoj4176】Lucas的数论莫比乌斯反演+杜教筛

Description

去年的Lucas非常喜欢数论题，但是一年以后的Lucas却不那么喜欢了。

在整理以前的试题时，发现了这样一道题目“求Sigma(f(i)),其中1<=i<=N”，其中表示i的约数个数。他现在长大了，题目也变难了。

求如下表达式的值：

其中表示ij的约数个数。

他发现答案有点大，只需要输出模1000000007的值。

Input

第一行一个整数n。

Output

一行一个整数ans，表示答案模1000000007的值。

Sample Input

Sample Output

HINT

对于100%的数据n <= 10^9。

Sol

这个题的最大难点，在于对$f(ij)$的变形，只要这个变形正确了，后面的就是更换求和指标经典套路+数论分块经典套路了。

$f(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[(x,y)=1]$

证明：ij的某个因子一定是i的某个因子*j的某个因子乘起来的，我们不妨设为i和$\frac{j}{y}$的某个因子，那么设$p=(x,y)$，那么你在x中包括了p这个因子，又在$\frac{j}{y}$中把它消掉，就没意义了，也就会重复统计，所以只有$(x,y)=1$的时候才会有合法的贡献。

然后有了$(x,y)=1$这个条件，直接上莫比乌斯函数：

$\sum^{n}_{i=1}\sum_{j=1}^{n}f(i,j)=\sum^{n}_{i=1}\sum_{j=1}^{n}\sum_{x|i}\sum_{y|j}\sum_{d|x,d|y}\mu(d)$

后面一步就是更换求和指标啦，把d提到最前面，x,y其次，i,j最后面，因为有两部分完全相同，所以这个式子就变成了：

$\sum\limits_{d=1}^n \mu(d)(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor {n\over i}\rfloor} {\lfloor {n\over i*d}\rfloor})^2 $

先对于n/i分块，然后对于n/(i/d)分块，前面的莫比乌斯函数根据n/i的分块范围在线使用杜教筛计算。

时间复杂度$O(n^{3/4}+n{2/3}logn) $

Code

#include <bits/stdc++.h>

#define ll long long

using namespace std;

map<ll,ll>mmp;int sum[1000005],pri[1000005],vis[1000005],tot,mu[1000005],n,ls,ans,P=1000000007;

ll djs(int x)

{

    if(x<=1e6) return sum[x];

    if(mmp.count(x)) return mmp[x];

    int ans=1,ls;

    for(int i=2;i<=x;i=ls+1) ls=x/(x/i),ans=(ans-1ll*(ls-i+1)*djs(x/i)%P+P)%P;

    return mmp[x]=ans;

}

ll cal(ll x)

{

    ll ans=0,ls;

    for(int i=1;i<=x;i=ls+1) ls=x/(x/i),ans=(ans+1ll*(ls-i+1)*(x/i)%P)%P;

    return 1ll*ans*ans%P;

}

int main()

{

    mu[1]=sum[1]=1;

    for(int i=2;i<=1000000;i++)

    {

        if(!vis[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;

        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=1000000;j++)

        {

            vis[i*pri[j]]=1;

            if(i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;}

            mu[i*pri[j]]=-mu[i];

        }

        sum[i]=(sum[i-1]+mu[i]+P)%P;

    }

    scanf("%d",&n);

    for(int i=1;i<=n;i=ls+1) ls=n/(n/i),ans=(ans+1ll*(djs(ls)-djs(i-1)+P)%P*cal(n/i)%P)%P;

    printf("%d\n",ans);

}

巴特西

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