[luogu 4240] 毒瘤之神的考验
题目背景
Salamander的家门口是一条长长的公路。
又是一年春天将至,Salamander发现路边长出了一排毒瘤!
Salamander想带一些毒瘤回家,但是,这时毒瘤当中钻出来了一个毒瘤之神!
毒瘤之神:你想要带毒瘤走吗?想要带走毒瘤,就必须回答我的问题!如果答不出来的话,你还是乖乖回家吧!
题目描述
毒瘤之神会问T次,每次给定n,m,Salamander需要回答出\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\varphi(ij)\ mod\ 998244353\)。
Salamander这么辣鸡当然不会做啦,于是把问题丢给了你。
输入输出格式
输入格式:
第一行包含一个正整数T。
接下来T行,每行包含两个正整数,用空格隔开,表示这次询问的n,m。
输出格式:
包含T行每行一个整数表示答案。
输入输出样例
输入样例#1:
3
1 1
2 2
3 3
输出样例#1:
1
5
19
Solution
神奇的反演题。。
首先有一个比较显然的性质:
\]
证明对于每个质因子考虑就行了。
然后带进去莫比乌斯反演:
ans=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m\frac{\varphi(i)\varphi(j)\gcd(i,j)}{\varphi(\gcd(i,j))}\\
=&\sum_{T=1}^{\min(n,m)}\sum_{d|T}\frac{d}{\varphi(d)}\cdot \mu(\frac{T}{d}) \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{T}\rfloor}\varphi(iT)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{T}\rfloor}\varphi(jT)
\end{align}
\]
设:
\]
显然这玩意可以\(O(n\log n)\)预处理出来。
对于后面那个,设:
\]
然后因为\(n\cdot T\leqslant 1e5\),所以总共只有\(O(n\log n)\)个值,动态开内存预处理出来就行。
答案变成了:
\]
答案是一个数论分块的形式,设:
\]
然后我们预处理出\(n,m\leqslant B\)的值,这里先设一个\(B\)出来,现在并不知道他是多少。
然后分析下复杂度,此时\(ans\)里的\(T\geqslant n/B\),所以对于\(T \leqslant n/B\)的直接暴力来算出就好了,剩下的数论分块之后利用\(h\)减一下就好了。
时间复杂度为\(O(n\log n+B^2n+T(\sqrt{n}+\lfloor\frac{n}{B}\rfloor))\)。
取最小值即\(B^2n=T\cdot \frac{n}{B}\),解得\(B=\sqrt[3]{T}\thickapprox 30\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x) {
x=0;int f=1;char ch=getchar();
for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}
void print(int x) {
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
if(!x) return ;print(x/10),putchar(x%10+48);
}
void write(int x) {if(!x) putchar('0');else print(x);putchar('\n');}
#define pb push_back
const int maxn = 1e5+10;
const int B = 30;
const int mod = 998244353;
int pri[maxn],mu[maxn],vis[maxn],tot,f[maxn],phi[maxn],inv[maxn];
vector <int > g[maxn],h[B+1][B+1];
void prepare(int n) {
mu[1]=inv[1]=phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) {
if(!vis[i]) mu[i]=-1,pri[++tot]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;j++) {
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0) {phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];break;}
mu[i*pri[j]]=-mu[i];
phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
}
inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
}
for(int d=1;d<=n;d++)
for(int T=d;T<=n;T+=d)
f[T]=(f[T]+1ll*d*inv[phi[d]]%mod*mu[T/d])%mod;
for(int i=0;i<=n;i++) g[0].pb(0);
for(int i=1;i<=n;i++) {
int l=(n/i);g[i].pb(0);
for(int j=1;j<=l;j++)
g[i].pb((g[i-1][j]+phi[i*j])%mod);
}
for(int i=1;i<=B;i++)
for(int j=1;j<=B;j++) {
int l=min(n/i,n/j);h[i][j].pb(0);
for(int k=1;k<=l;k++)
h[i][j].pb((h[i][j][k-1]+1ll*f[k]*g[i][k]%mod*g[j][k]%mod)%mod);
}
}
void solve() {
int n,m;read(n),read(m);if(n>m) swap(n,m);
int ans=0;
for(int i=1;i<=m/B;i++) ans=(ans+1ll*f[i]*g[n/i][i]%mod*g[m/i][i]%mod)%mod;
int T=m/B+1;
while(T<=n) {
int pre=T;T=min(n/(n/T),m/(m/T));
ans=(1ll*(ans+h[n/T][m/T][T])-h[n/T][m/T][pre-1])%mod;T++;
}write((ans+mod)%mod);
}
int main() {
prepare(100000);
int t;read(t);
while(t--) solve();
return 0;
}
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