【bzoj4407】于神之怒加强版 莫比乌斯反演+线性筛

题目描述

给下N,M,K.求

输入

输入有多组数据，输入数据的第一行两个正整数T,K，代表有T组数据，K的意义如上所示，下面第二行到第T+1行，每行为两个正整数N,M，其意义如上式所示。

输出

如题

样例输入

1 2
3 3

样例输出

20

---

题解

莫比乌斯反演+线性筛

$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\gcd(i,j)^k\\=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^k\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m[\gcd(i,j)=d]\\=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\\=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\sum\limits_{t|gcd(i,j)}\mu(t)\\=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^k\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac md\rfloor}\sum\limits_{t|i\&t|j}\mu(t)\\=\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^k\sum\limits_{t=1}^{\lfloor\frac{\min(n,m)}d\rfloor}\mu(t)\lfloor\frac n{dt}\rfloor\lfloor\frac m{dt}\rfloor$

继续令$D=dt$，可以得到：

$\sum\limits_{d=1}^{\min(n,m)}d^k\sum\limits_{t=1}^{\lfloor\frac{\min(n,m)}d\rfloor}\mu(t)\lfloor\frac n{dt}\rfloor\lfloor\frac m{dt}\rfloor\\=\sum\limits_{D=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac nD\rfloor\lfloor\frac mD\rfloor\sum\limits_{d|D}d^k\mu(t)\\=\sum\limits_{D=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac nD\rfloor\lfloor\frac mD\rfloor f(D)\\(f(D)=\sum\limits_{d|D}d^k\mu(t))$

此时可以选择通过枚举倍数来预处理$f$数组，有个小优化：枚举时先枚举$t$，如果$\mu(t)=0$则不进行操作。这样预处理的时间复杂度为$O(n\ln n+n\log k)$，可以勉强通过本题。

然后我就被CQzhangyu大佬D了一顿= =

此时可以发现$f$是$id^k$与$\mu$的狄利克雷卷积，两个积性函数的狄利克雷卷积也是积性函数。于是可以快筛$f$函数。

当$i$为质数时，显然 $f(i)=i^k-1$

考虑 $i*p$ （p是质数）的处理：

当 $i\mod p\neq 0$ 时，显然$i$与$p$互质，就有$f(i*p)=f(i)*f(p)$

当 $i\mod p=0$ 时，对$f(i*p)$有影响的$t$一定是与对$f(i)$有影响的$t$中，因为其余的因数都至少包含$p^2$，$\mu=0$。而此时$d$增加了$p$倍，故$f(i*p)=f(i)*p^k$。

综上可以线性筛出$f$函数，然后分块处理。时间复杂度为$O(n+\frac{n\log k}{\ln n}+T\sqrt n)$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 5000010
using namespace std;
typedef long long ll;
const int p = 5000000 , mod = 1000000007;
int prime[N] , tot;
ll d[N] , f[N] , sum[N];
bool np[N];
ll pow(ll x , ll y)
{
    ll ans = 1;
    while(y)
    {
        if(y & 1) ans = ans * x % mod;
        x = x * x % mod , y >>= 1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    int T , k , i , j , n , m;
    ll ans;
    scanf("%d%d" , &T , &k);
    f[1] = sum[1] = 1;
    for(i = 2 ; i <= p ; i ++ )
    {
        if(!np[i]) prime[++tot] = i , d[tot] = pow(i , k) , f[i] = (d[tot] - 1 + mod) % mod;
        for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= p ; j ++ )
        {
            np[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0)
            {
                f[i * prime[j]] = f[i] * d[j] % mod;
                break;
            }
            else f[i * prime[j]] = f[i] * f[prime[j]] % mod;
        }
        sum[i] = (sum[i - 1] + f[i]) % mod;
    }
    while(T -- )
    {
        scanf("%d%d" , &n , &m) , ans = 0;
        for(i = 1 ; i <= n && i <= m ; i = j + 1)
            j = min(n / (n / i) , m / (m / i)) , ans = (ans + (ll)(n / i) * (m / i) % mod * (sum[j] - sum[i - 1] + mod)) % mod;
        printf("%lld\n" , ans);
    }
    return 0;
}