【莫比乌斯反演】关于Mobius反演与lcm的一些关系与问题简化(BZOJ 2154 crash的数字表格&&BZOJ 2693 jzptab)

---

BZOJ 2154 crash的数字表格

---

Description

　　今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b，LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如，LCM(6, 8) = 24。回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张N*M的表格。每个格子里写了一个数字，其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个4*5的表格如下： 1 2 3 4 5 2 2 6 4 10 3 6 3 12 15 4 4 12 4 20 看着这个表格，Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时，Crash就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。

Input

　　输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。

Output

　　输出一个正整数，表示表格中所有数的和mod 20101009的值。

---

　　这道题求的是

稍微化一下。

之后我们令d=gcd(i,j)。

把i，j都除以d，设i^‘=i/d，j^’=j/d。

处理一下式子

我们设d后面的一大坨为F(x,y)。

则有

我们继续设d^2后面的一大坨为sum(i,j)，易得sum(i,j)=i*j*(i+1)*(j+1)/2/2。

再膜一下PoPoQQQ大神

sum(i,j)可以很快用一个函数求出。

F和ans都要分块。

Long Long把我卡成sb了，还有注意ans要+mod再模mod。

sample ：100 95

这组数据的答案是正数。

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #include<algorithm>

 #define maxn 10000001

 #define mod 20101009

 using namespace std;

 long long mu[maxn],prime[maxn],mx,mi;

 long long f[maxn],ans=;

 bool is_prime[maxn];

 long long sum(long long x,long long y){return (x*(x+)/%mod)*(y*(y+)/%mod)%mod;}

 void mu_choice()
 {
     long long b=;
     mu[]=;
     for(long long i=;i<=mx;i++)
     {
     if(!is_prime[i])mu[i]=-,prime[++b]=i;
     long long j=,t=*i;
     while(j<=b&&t<=mx)
     {
         is_prime[t]=;
         if(i%prime[j]==)
         {
         mu[t]=;
         break;
         }
         mu[t]=-mu[i];
         t=prime[++j]*i;
     }
     }
     for(long long i=;i<=mi;i++)
     f[i]=(f[i-]+(i*i%mod*mu[i]))%mod;
 }

 long long F(long long n,long long m)
 {
     long long re=,last;
     if(n>m)swap(n,m);
     for(long long i=;i<=n;i=last+)
     {
     last=min(n/(n/i),m/(m/i));
     re=(re+(f[last]-f[i-])*sum(n/i,m/i)%mod)%mod;
     }
     return re;
 }

 int main()
 {
 #ifndef ONLINE_JUDGE
     freopen("2154.in","r",stdin);
     freopen("2154.out","w",stdout);
 #endif
     long long n,m;
     scanf("%lld%lld",&n,&m);
     mx=max(n,m);
     mi=min(n,m);
     mu_choice();
     long long last;
     for(long long i=;i<=mi;i=last+)
     {
         last=min(n/(n/i),m/(m/i));
         ans+=((last-i+)*(last+i)/%mod*F(n/i,m/i)%mod);
         ans%=mod;
     }
     printf("%lld",(ans+mod)%mod);
     return ;
 }

---

BZOJ 2693 jzptab

---

Description

　　 

Input

　　一个正整数T表示数据组数

　　接下来T行 每行两个正整数 表示N、M

Output

　　T行 每行一个整数 表示第i组数据的结果

---

　　显然用上一题的公式去套是不现实的。。O(Tn)的复杂度已经无法阻挡了。。

　　我们继续考虑优化。

　　首先列出式子

　　然后我们设D=i*d，则有:

　　看起来只要求出SUM()后面的sigma的前缀和求一求，分块就可以辣~\(≧▽≦)/~

　　前缀和怎么求呢。。设h[p]=后面那一坨。。

　　则如果p是一个质数，则h[p]=p-p*p。

　　如果 p 是多个素数的一次项的积

　　显然 h 是积性的。

　　如果 p 存在得一个质因子的指数大于1，那么它新增的每一个因子的 μ 值都是0，没有意义，只有统计时D变成了原来的 j 倍。

　　所以 此时 h( p ) = h( i ) * j

　　之后前缀和处理一下就行了。

　　

 #include<cstdio>
 #include<cstring>
 #include<cmath>
 #include<algorithm>

 #define mod 100000009

 #define maxn 10000001

 using namespace std;

 int mu[maxn],b=,prime[maxn];

 long long h[maxn];

 bool is_prime[maxn];

 void mu_choice()
 {
     h[]=mu[]=;
     for(long long i=;i<maxn;i++)
     {
         if(!is_prime[i])prime[++b]=i,h[i]=(i-i*i%mod)%mod;
         long long j=,t=*i;
         while(j<=b&&t<=maxn-)
         {
             is_prime[t]=;
             if(i%prime[j]==)
             {
                 h[t]=h[i]*prime[j]%mod;
                 break;
             }
             h[t]=h[i]*h[prime[j]]%mod;
             t=prime[++j]*i;
         }
     }
     for(int i=;i<maxn;i++)
         h[i]=(h[i-]+h[i])%mod;
 }

 long long sum(long long x,long long y){return (x*(x+)/%mod)*(y*(y+)/%mod)%mod;}

 int main()
 {
     int T;
     scanf("%d",&T);
     mu_choice();
     long long last;
     while(T--)
     {
         long long n,m,ans=;
         scanf("%lld%lld",&n,&m);
         if(n>m)swap(n,m);
         for(long long i=;i<=n;i=last+)
         {
             last=min(n/(n/i),m/(m/i));
             ans=(ans+sum(n/i,m/i)*(h[last]-h[i-])%mod)%mod;
         }
         printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);
     }
     return ;
 }

　　大家凑合看吧。。