标签：lfloor 21177 进阶 limits ybtoj sum rfloor right left

小小网格

题目链接：ybtoj高效进阶 21177

题目大意

给你求 ∑i=1~n∑j=1~mφ(gcd(i,j))。

思路

重新写好看点：
\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\varphi(\gcd(i,j))\)
\(\sum\limits_{d}\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\)
\(\sum\limits_{d}\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\)
\(\sum\limits_{d}\varphi(d)\sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{p|gcd(i,j)}\mu(p)\)
\(\sum\limits_{d}\varphi(d)\sum\limits_{p}\sum\limits_{i=1,i|p}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum\limits_{j=1,j|p}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\mu(p)\)
\(\sum\limits_{d}\varphi(d)\sum\limits_{p}\mu(p)\cdot\left\lfloor\dfrac{n}{dp}\right\rfloor\cdot\left\lfloor\dfrac{m}{dp}\right\rfloor\)

然后设 \(T=pd\)，然后有：
\(\sum\limits_{d}\varphi(d)\sum\limits_{p}\mu(p)\cdot\left\lfloor\dfrac{n}{T}\right\rfloor\cdot\left\lfloor\dfrac{m}{T}\right\rfloor\)
\(\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\dfrac{n}{T}\right\rfloor\cdot\left\lfloor\dfrac{m}{T}\right\rfloor\cdot(\sum\limits_{d|T}\varphi(d)\mu(\dfrac{T}{d}))\)

然后你会发现右边就是一个狄利克雷卷积。
那我们设 \(g=\varphi*\mu\)（积性函数，因为是两个积性函数相乘），然后式子就是：
\(\sum\limits_{T=1}^{\min(n,m)}\left\lfloor\dfrac{n}{T}\right\rfloor\cdot\left\lfloor\dfrac{m}{T}\right\rfloor\cdot g(d)\)

然后你发现左边两个可以数论分块，然后你考虑右边的能不能求前缀和。
看到是积性函数，考虑用杜教筛，设 \(S(n)=\sum\limits_{i=1}^ng(i)\)。

然后你就要找一个合适的 \(f\)，不难看出可以用 \(I*I=d\)。
然后 \(g*d=\varphi*\mu*I*I=(\varphi*I)*(\mu*I)=id*\epsilon=id\)。

然后就有 \(d(1)S(n)=\sum\limits_{i=1}^nid(i)-\sum\limits_{i=2}^nd(i)S(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor)=\dfrac{n(n+1)}{2}-\sum\limits_{i=2}^nd(i)S(\left\lfloor\dfrac{n}{i}\right\rfloor)\)

然后 \(d(i)\) 的前缀和可以数论分块，小于 \(n^{\frac{2}{3}}\) 的预处理前缀和，大于的直接根号求。

然后小小卡个常即可。

代码

#include<map>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define mo 1000000007

using namespace std;

const int Maxn = 2000001;
int n, m;
ll d[Maxn + 1], g[Maxn + 1], ans;
int low[Maxn + 1], phi[Maxn + 1], prime[Maxn + 1];
map <int, ll> ans_g;

void init() {//杜教筛的预处理
	g[1] = 1; phi[1] = 1; low[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= Maxn; i++) {
		if (!low[i]) phi[i] = i - 1, low[i] = i, prime[++prime[0]] = i, g[i] = i - 2;
		for (int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= Maxn; j++) {
			if (i % prime[j]) low[i * prime[j]] = prime[j], phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1), g[i * prime[j]] = g[i] * g[prime[j]];
				else {
					low[i * prime[j]] = low[i] * prime[j], phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
					if (low[i] != i) g[i * prime[j]] = g[i / low[i]] * g[low[i] * prime[j]];
						else g[i * prime[j]] = phi[i * prime[j]] + phi[i] * (-1);
					break;
				}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= Maxn; i++)
		for (int j = 1; i * j <= Maxn; j++)
			d[i * j]++;
	for (int i = 1; i <= Maxn; i++)
		d[i] += d[i - 1], g[i] += g[i - 1];
}

ll sum_d(ll n) {//数论分块
	if (n <= Maxn) return d[n];
	ll re = 0;
	for (ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		re += (r - l + 1) * (n / l);
	}
	return re;
}

ll sum_g(ll n) {//杜教筛
	if (n <= Maxn) return g[n];
	if (ans_g[n]) return ans_g[n];
	ll re = n * (n + 1) / 2;
	for (ll l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		re -= (sum_d(r) - sum_d(l - 1)) * sum_g(n / l);
	}
	return ans_g[n] = re;
}

int main() {
//	freopen("mesh.in", "r", stdin);
//	freopen("mesh.out", "w", stdout);
	
	scanf("%d %d", &n, &m);
	
	init();
	
	for (int l = 1, r; l <= n && l <= m; l = r + 1) {//数论分块
		r = min(n / (n / l), m / (m / l));
		ans = (ans + 1ll * (n / l) * (m / l) * (sum_g(r) - sum_g(l - 1))) % mo;
	}
	
	printf("%lld", ans);
	
	return 0;
}

标签：lfloor,21177,进阶,limits,ybtoj,sum,rfloor,right,left
来源： https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/YBT_GXJJ_21177.html

本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享；
2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关；
4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除；
5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。