「洛谷P3768」简单的数学题莫比乌斯反演+杜教筛

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简单的数学题

题目描述

输入一个整数n和一个整数p，你需要求出

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

其中\(gcd(a,b)\)表示\(a\)与\(b\)的最大公约数

输入

一行两个整数\(p,n\)

输出

一行一个整数，为题目中所求值

样例

样例输入

998244353 2000

样例输出

883968974

数据范围

\(n\leq 10^{10}\)

\(5\times 10^8 \leq p \leq 1.1\times 10^9\)

\(p\)为质数（但貌似也可以不是？又不用求逆元）

题解

自己想出来的题！但是连\(WA\)两发就是因为杜教筛写挂了……

先不考虑取余，我们化一下题目中的式子，枚举\(gcd\)（警告！多公式）。

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

\[\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}[i\perp j]i\cdot j \cdot d^2
\]

\[\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}[i\perp j]i\cdot j
\]

\[\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{p=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}\mu(p)p^2\cdot \Big(\frac{(1+\left\lfloor \frac{n}{dp}\right\rfloor)\left\lfloor \frac{n}{dp}\right\rfloor}{2}\Big)^2
\]

额，现在可以使用分块优化做到\(O(n)\)了，但是这完全不能胜任数据范围，我们换个角度，设\(dp=T\)，枚举\(T\)会有什么结果？

\[\sum_{T=1}^{n}\Big(\frac{(1+\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor)\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor}{2}\Big)^2\sum_{d|T}d^3\cdot \mu(\frac{T}{d})(\frac{T}{d})^2
\]

\[\sum_{T=1}^{n}\Big(\frac{(1+\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor)\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor}{2}\Big)^2 T^2\sum_{d|T}d\cdot \mu(\frac{T}{d})
\]

现在好像反而变成\(O(n\log n)\)或\(O(n\sqrt{n})\)了，别急，我们看看第二层的求和的意义——狄利克雷卷积，这是\(Id\)函数与\(\mu\)函数的狄利克雷卷积，其值就等于\(\varphi\)。

\[\sum_{T=1}^{n}\Big(\frac{(1+\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor)\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor}{2}\Big)^2 T^2\varphi(T)
\]

现在，我们只需要快速求出一个东西即可——\(T^2\varphi(T)\)，前面的部分可以分块优化，我们急需解决的就是这个函数\(f(T)=T^2\varphi(T)\)的前缀和\(F(T)\)。显然，这是一个积性函数。

杜教筛的公式：

\[\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(d)\cdot g(\frac{i}{d})=\sum_{i=1}^{n}g(i)\sum_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{i}\right\rfloor}f(j)
\]

于是我们需要一个函数与\(f\)卷起来，我们根据套路或枚举发现\(T^2\)项很恼人，于是尝试把这一项消掉，于是想到了\(g(x)=x^2\)。

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}d^2\varphi(d)\cdot (\frac{i}{d})^2=\sum_{i=1}^{n}i^2\sum_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{i}\right\rfloor}f(j)
\]

\[\sum_{i=1}^{n}i^2\sum_{d|i}\varphi(d)=\sum_{i=1}^{n}i^2F(\left\lfloor \frac{n}{i}\right\rfloor)
\]

根据公式\(\sum_{d|i}\varphi(d)=i\)，继续变形

\[\sum_{i=1}^{n}i^3=F(n)+\sum_{i=2}^{n}i^2F(\left\lfloor \frac{n}{i}\right\rfloor)
\]

\[F(n)=\sum_{i=1}^{n}i^3-\sum_{i=2}^{n}i^2F(\left\lfloor \frac{n}{i}\right\rfloor)
\]

由于\(p(i)=i^3\)和\(q(i)=i^2\)的前缀和都有公式，我们可以对右边进行分块优化，就可以杜教筛了！这道题圆满解决，时间复杂度\(O(n^{\frac{2}{3}})\)。

不过有些小细节要注意，比如模数乘\(2\)可能会爆\(int\)，\(n^2\)可能会爆\(long\ long\)，需要先取模再平方

\(Code:\)

#include <map>

#include <cstdio>

#include <cstring>

#include <iostream>

#include <algorithm>

using namespace std;

#define N 5000005

#define ll long long

map<ll, ll>Phi;

ll n, mod, g[N];

int p[N], h[N], phi[N], cnt;

ll sqr(ll x)

{

	ll a = 2 * x + 1, b = x + 1, c = x;

	if (b % 2 == 0)b /= 2;

	else c /= 2;

	if (a % 3 == 0)a /= 3;

	else

		if (b % 3 == 0)b /= 3;

		else c /= 3;

	a %= mod, b %= mod, c %= mod;

	return a * b % mod * c % mod;

}

ll seq(ll x)

{

	ll a = x + 1, b = x;

	if (a % 2 == 0)a /= 2;

	else b /= 2;

	a %= mod, b %= mod;

	return a * b % mod;

}

ll vas(ll x)

{

	ll a = seq(x);

	return a * a % mod;

}

ll G(ll x)

{

	if (x <= N - 5)

		return g[int(x)];

	if (Phi.find(x) != Phi.end())

		return Phi[x];

	ll ans = vas(x);

	ll lst = 1;

	for (ll i = 2; i <= x; i++)

	{

		i = x / (x / i);

		ll w = (sqr(i) - sqr(lst)) % mod;

		ans = (ans - w * G(x / i) % mod) % mod;

		lst = i;

	}

	if (ans < 0)

		ans += mod;

	Phi.insert(make_pair(x, ans));

	return ans;

}

ll Ans(ll x)

{

	ll ans = 0, lst = 0;

	for (ll i = 1; i <= x; i++)

	{

		i = x / (x / i);

		ll z = seq(x / i);

		z = z * z % mod;

		ans = (ans + z * (G(i) - G(lst)) % mod) % mod;

		lst = i;

	}

	if (ans < 0)

		ans += mod;

	return ans;

}

int main()

{

	phi[1] = 1;

	for (int i = 2; i <= N - 5; i++)

	{

		if (!h[i])

		{

			phi[i] = i - 1;

			p[++cnt] = i;

		}

		for (int j = 1; j <= cnt; j++)

		{

			if (i * p[j] > N - 5)

				break;

			h[i * p[j]] = 1;

			if (i % p[j] == 0)

				phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];

			else

				phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j] - 1);

		}

	}

	cin >> mod >> n;

	for (int i = 1; i <= N - 5; i++)

		g[i] = (g[i - 1] + 1ll * phi[i] * i % mod * i % mod) % mod;

	cout << Ans(n) << '\n';

}

巴特西

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