标签：lfloor P6222 frac 加强版 题解 sum rfloor mu 2n
Description
Solution
加强版就只是纯粹的加强版，取模可以省掉，直接自然溢出即可，还是简单讲一讲吧。
首先，我们不难发现，\(f(x) = \mu^2(x)\)。
然后就是一波基础而不失难度的推式子。
\[\begin{aligned} & \sum\limits_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^n(i + j)^k\mu^2(\gcd(i, j))\gcd(i, j) \\ =& \sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^n(i + j)^k\sum_{d = 1}^n\mu^2(d)d[\gcd(i, j) = d] \\ =& \sum_{d = 1}^nd\mu^2(d)\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}(id + jd)^k[\gcd(i, j) = 1] \\ =& \sum_{d = 1}^nd^{k + 1}\mu^2(d)\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}(i + j)^k[\gcd(i, j) = 1] \\ =& \sum_{d = 1}^nd^{k + 1}\mu^2(d)\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum_{p \mid (i, j)}\mu(p)(i + j)^k \\ =& \sum_{d = 1}^nd^{k + 1}\mu^2(d)\sum_{p = 1}^{\lfloor \frac nd \rfloor}\mu(p) \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{dp} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{dp} \rfloor}\sum_{p \mid (i, j)}(ip + jp)^k \\ =& \sum_{d = 1}^nd^{k + 1}\mu^2(d)\sum_{p = 1}^{\lfloor \frac nd \rfloor}\mu(p)p^k \sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{dp} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{dp} \rfloor}\sum_{p \mid (i, j)}(i + j)^k \\ \end{aligned} \]经典令 \(T = dp\)，则：
\[\begin{aligned} & \sum_{T = 1}^n\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor}(i + j)^k\sum_{d | T}d^{k + 1}\mu^2(d)\mu(\frac Td)(\frac Td) ^k \\ =& \sum_{T = 1}^nT^k\sum_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor}\sum_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{T} \rfloor}(i + j)^k\sum_{d \mid T}d\mu^2(d)\mu(\frac Td) \\ \end{aligned} \]我们再令
\[S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n\sum\limits_{j = 1}^n(i + j)^k \\ f(n) = \sum\limits_{d \mid n}d\mu^2(d)\mu(\frac nd) \]那么原式为：
\[\sum_{T = 1}^nT^kS(\frac nT)f(T) \]我们只要能够快速求出 \(S(n)\) 和 \(f(n)\) 即可。
先来看 \(S(n)\)。
设 \(F(n) = \sum\limits_{i = 1}^ni^k\)，\(G(n) = \sum\limits_{i = 1}^nF(i)\)。
结论：
\[S(n) = G(2n) - 2G(n) \]证明：
考虑使用数学归纳法。
\(S(n) = G(2n) - 2G(n)\)，那么有 \(S(n + 1) = G(2n + 2) - 2G(n + 1)\)。
\[\begin{aligned} S(n + 1) = & \sum_{i = 1}^{n + 1}\sum_{j = 1}^{n + 1}(i + j)^k\\ =& S(n) + 2\sum_{i = 1}^n(i + n + 1)^k + (2n + 2)^k \\ =& S(n) + 2F(2n + 1) - 2F(n + 1) + F(2n + 2) - F(2n + 1) \\ =& G(2n) - 2G(n) + F(2n + 1) + F(2n + 2) - 2F(n + 1) \\ =& \sum_{i = 1}^{2n}F(i) - 2\sum_{i = 1}^nF(i) + F(2n + 1) + F(2n + 2) - 2F(n + 1) \\ =& G(2n + 2) - 2G(n + 1) \end{aligned} \]
证毕.
所以线性筛时筛出 \(i^k\) 求两遍前缀和得到 \(G(n)\)，就可以 \(O(1)\) 求出 \(S(n)\) 了。
接下来看 \(f(n)\) 怎么求，\(f(n) = \sum\limits_{d \mid n}d\mu^2(d)\mu(\frac nd)\)。
我们发现 \(f(n)\) 是由好几个积性函数乘起来的，所以它也是积性函数。
对于质数 \(p\) ：\(f(p) = \mu^2(1)\mu(p) \times p\mu^2(p)\mu(1) = p - 1\)
回忆一下线性筛的过程，我们对一个数 \(i\) 配上一个质数 \(p\)。
下面我们进行分类讨论：
-
\(p \nmid i\) ：\(f(ip) = f(i) \times f(p)\)
-
\(p \mid i\) ：
-
\(p^2 \mid i\) 且 \(p^3 \nmid i\) ：
\(f(p^2) = \mu^2(1)\mu(p^2) \times p\mu^2(p)\mu(p) \times p^2\mu^2(p^2)\mu(1) = -p\)
那么 \(f(ip) = f(p^2) \times f(i) = (-p)f(i)\)。
-
\(p^k \mid i \ \ (k \geq 3)\) ：
此时，每一项中的 \(d\) 和 \(\frac nd\) 中必有一个有二次项，使得 \(\mu^2(d)\) 和 \(\mu(\frac nd)\) 中必有一个为 0，所以 \(f(p) = 0\)。
-
附上线性筛的代码：
\(Code\)
inline void euler(){
f[1] = 1;
for(int i = 2; i < N; ++i){
if(!vis[i]) p[++tot] = i, f[i] = i - 1;
for(int j = 1; j <= tot && i * p[j] < N; ++j){
vis[i * p[j]] = 1;
if(i % p[j]) f[i * p[j]] = f[i] * f[p[j]] % mod;
else{
if((i / p[j]) % p[j]) f[i * p[j]] = f[i / p[j]] * (mod - p[j]) % mod;
break;
}
}
}
}
至此，这道题就可以愉快的解决啦，计算答案的时候整除分块走一个即可。
我在预处理时把 \(T^k\) 和 \(f(T)\) 乘到了一起，具体为线性筛后面的第一个前缀和。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define uint unsigned int
using namespace std;
namespace IO{
inline int read(){
int x = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
while(isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
return x;
}
template <typename T> inline void write(T x){
if(x > 9) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
}
using namespace IO;
const int N = 2e7 + 10;
int T, Max, n, k, tot;
uint p[N], f[N], F[N];
bool vis[N];
inline uint qpow(uint a, uint b){
uint res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = res * a;
a = a * a, b >>= 1;
}
return res;
}
inline void euler(int n){
f[1] = F[1] = 1;
for(int i = 2; i <= n; ++i){
if(!vis[i]) p[++tot] = i, f[i] = i - 1, F[i] = qpow(i, k);
for(int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j){
vis[i * p[j]] = 1;
F[i * p[j]] = F[i] * F[p[j]];
if(i % p[j]) f[i * p[j]] = f[i] * f[p[j]];
else{
if((i / p[j]) % p[j]) f[i * p[j]] = -p[j] * f[i / p[j]];
break;
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; ++i) f[i] = (f[i - 1] + f[i] * F[i]), F[i] = (F[i] + F[i - 1]);
for(int i = 1; i <= n; ++i) F[i] = (F[i] + F[i - 1]);
}
inline uint S(int n){
return F[n << 1] - (F[n] << 1);
}
inline uint solve(int n){
uint res = 0;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1){
r = n / (n / l);
res += S(n / l) * (f[r] - f[l - 1]);
}
return res;
}
signed main(){
T = read(), Max = read(), k = read();
euler(Max << 1);
while(T--) write(solve(read())), puts("");
return 0;
}
标签：lfloor,P6222,frac,加强版,题解,sum,rfloor,mu,2n 来源： https://www.cnblogs.com/xixike/p/15699767.html
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