[2019HDU多校第一场][HDU 6588][K. Function]

题目链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6588

题目大意：求\(\sum_{i=1}^{n}gcd(\left \lfloor \sqrt[3]{i} \right \rfloor,i),\ n\leq 10^{21}\)

题解：考虑对\(\left \lfloor \sqrt[3]{i} \right \rfloor\)分块，将式子转换成\(\sum_{i=1}^{\left \lfloor \sqrt[3]{n} \right \rfloor}\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}gcd(i,j)\)

　　　考虑函数\(f(n,m)=\sum_{i=1}^{m}gcd(n,i)\)，由于\(gcd(x,y)=gcd(x\ mod\ y,y)\)，可以得出$$f(n,m)=\sum_{i=1}^{m}gcd(n,i)=\left \lfloor \frac{m}{n} \right \rfloor\cdot f(n,n)+f(n,m\ mod\ n)$$

　　　对于\(f(n,n)\)的值，可以通过枚举\(gcd\)的值求和得出\(f(n,n)=\sum_{d|n}^{ } d \cdot\phi(\frac{n}{d})\)，线性筛预处理欧拉函数的值即可\(O(nlogn)\)预处理所有\(f(n,n)\)的值

　　　对于\(f(n,m)\)，同样可以得出，\(f(n,m)=\sum_{d|n}^{ } d  \sum_{i| \frac{n}{d},i\leq \left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor}^{ }\mu(i)\cdot\left \lfloor \frac{m}{id} \right \rfloor=\sum_{d|n}^{ } \phi(d)\cdot \left \lfloor \frac{m}{d} \right \rfloor\)

　　　又由于\((i+1)^3-1=i^3+3i^2+3i\)是\(i\)的倍数，所以对于每个循环中的\(i\)，有$$\sum_{j=i^3}^{(i+1)^3-1}gcd(i,j)=f(i,i^3+3i^2+3i)-f(i,i^3)+gcd(i,i^3)=(3i+3)\cdot f(i,i)+i$$

　　　因此对于每个询问，最多只需要求一次\(f(n,m)\)就好（即最后的\(i\)），而求一次\(f(n,m)\)的时间复杂度为\(O(\sqrt{n})\)，所以每次询问的复杂度是\(O(n+\sqrt{n})\)。又因为有多组询问，可以考虑通过离线处理将总的时间复杂度降为\(O(nlogn+T\sqrt{n})\)，这里\(n\)指的是\(10^7\)

　　　这题的出题人原本是卡了非线性的做法，但是可以通过一定的常数优化使得\(O(nlogn)\)的做法通过

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define N 10000001
 #define MOD 998244353
 int n,g[N],phi[N],p[N],cnt,res[],flg[N];
 struct rua
 {
     int id;
     __int128 n;
     bool operator <(const rua &t)const{return n<t.n;}
 }a[];
 void read(__int128 &x)
 {
     static char ch;static bool neg;
     for(ch=neg=;ch<'' || ''<ch;neg|=ch=='-',ch=getchar());
     for(x=;''<=ch && ch<='';(x*=)+=ch-'',ch=getchar());
     x=neg?-x:x;
 }
 void pretype()
 {
     phi[]=;
     for(int i=;i<N;i++)
       {
       if(!flg[i])p[++cnt]=i,phi[i]=i-;
       for(int j=;j<=cnt && i*p[j]<N;j++)
         {
         flg[i*p[j]]=;
         if(i%p[j]==)
           {
           phi[i*p[j]]=p[j]*phi[i];
           break;
           }
         phi[i*p[j]]=(p[j]-)*phi[i];
         }
       }
     for(int d=;d*d<N;d++)
       for(int n=d*d;n<N;n+=d)
         {
         g[n]=(g[n]+1ll*d*phi[n/d])%MOD;
         if(d*d<n)g[n]=(g[n]+1ll*(n/d)*phi[d])%MOD;
         }
 }
 inline int F(int n,__int128 M)
 {
     int res=(M/n)*g[n]%MOD;
     int m=M%n;
     if(m==)return res;
     for(int i=;i*i<=n;i++)
       {
       int j=n/(n/i);
       if(n%i==)
         {
         res=(res+1ll*phi[i]*(m/i))%MOD;
         if(i*i<n)res=(res+1ll*phi[n/i]*(m/(n/i)))%MOD;
         }
       i=j;
       }
     return res;
 }
 int main()
 {
     pretype();
     scanf("%d",&n);
     for(int i=;i<=n;i++)
       read(a[i].n),a[i].id=i;
     sort(a+,a+n+);
     int ans=,j=;
     __int128 i=;
     while(i*i*i<=a[n].n)
       {
       __int128 r=((i+)*i+)*i;
       ans=(ans+MOD-(i*i*g[i]%MOD)+i)%MOD;
       while(j<=n && a[j].n<r)
         {
         res[a[j].id]=(ans+F(i,a[j].n%i)+(a[j].n/i)*g[i])%MOD;
         j++;
         }
       ans=(ans+((i+)*i+)*g[i])%MOD;
       while(j<=n && a[j].n==r)
         res[a[j++].id]=ans;
       i++;
       }
     for(int i=;i<=n;i++)
       printf("%d\n",res[i]);
 }