题目传送门 http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1237

数学题真是做的又爽又痛苦,爽在于只要推出来公式基本上就是AC,痛苦就在于推公式。。。

题意很简单,求

$\Large\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}gcd(i,j)$

其中$n\le 10^{10}$

这个题有很多做法,除了普及组的$O(n^2\log n)$做法,还有用莫比乌斯反演+分块优化的$O(n)$做法

然而因为这个题两个维度的限制是相等的,都是$n$,所以可以用杜教筛做到$O(n^{\frac{2}{3}})$

然后推一波公式

$\Large\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}gcd(i,j)$

按照套路,可以枚举最大公因数$g$,于是有

$\Large\sum\limits_{g=1}^{n}\sum\limits_{g=gcd(i,j)}g$

继续变形

$\Large\sum\limits_{g=1}^{n}g\cdot(\sum\limits_{g=gcd(i,j)}1)$

$\Large\sum\limits_{g=1}^{n}g\cdot(\sum\limits_{1=gcd(i,j)}^{i\le\lfloor\frac{n}{g}\rfloor,j\le\lfloor\frac{n}{g}\rfloor}1)$

到这里,我们就可以用莫比乌斯反演的套路做到$O(n)$的复杂度了,但是我们换种形式继续推式子

我们先关注这一部分的变形,暂时不管前面的那一部分

$\Large\sum\limits_{1=gcd(i,j)}^{i\le\lfloor\frac{n}{g}\rfloor,j\le\lfloor\frac{n}{g}\rfloor}1$

展开,得到

$\Large\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{g}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{g}\rfloor}[gcd(i,j)=1]\cdot 1$

其中$[gcd(i,j)=1]$的意思是,当$gcd(i,j)=1$的时候这个东西的值为$1$,否则为$0$

然后用$\varphi()$函数进行化简,于是式子就变成了

$\Large 2\cdot(\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{g}\rfloor}\varphi(i))-1$

注意到中间的一部分是$\varphi()$函数的前缀和,于是我们可以用杜教筛算

为了方便,设函数

$\Large S(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}\varphi(i)$

然后再看一眼总的式子

$\Large\sum\limits_{g=1}^{n}g\cdot(2\cdot S(\lfloor\frac{n}{g}\rfloor)-1)$

于是$\lfloor\frac{n}{g}\rfloor$是整除,可以用分块优化,这样的话,除去杜教筛求$S()$的部分,复杂度是$O(n^{\frac{1}{2}})$

因为杜教筛有记忆化,复杂度和分块优化的部分是分离的,所以总复杂度是

$\Large O(n^{\frac{1}{2}}+n^{\frac{2}{3}})=O(n^{\frac{2}{3}})$

单点时限$5s$,我杜教筛记忆化用的$map$,没有自己手写$hash$,于是复杂度就多了$O(\log n)$,但是仍然每个点跑到了$1s$以内,还是挺不错的

上代码:

 #include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <map> using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD = 1e9+;
const int LIMIT = ; bool vis[LIMIT] = {};
ll prime[LIMIT], pidx = , phi[LIMIT] = {}, pfphi[LIMIT] = {};
void prelude_phi() { // 线性筛预处理一部分前缀和
phi[] = ;
for( ll i = ; i < LIMIT; ++i ) {
if( !vis[i] ) {
prime[pidx++] = i;
phi[i] = i-;
}
for( int j = ; j < pidx; ++j ) {
ll k = i * prime[j];
if( k >= LIMIT ) break;
vis[k] = true;
if( i % prime[j] ) phi[k] = phi[i] * phi[prime[j]] % MOD;
else {
phi[k] = phi[i] * prime[j] % MOD;
break;
}
}
}
for( int i = ; i < LIMIT; ++i )
pfphi[i] = (pfphi[i-] + phi[i]) % MOD;
} ll inv2;
ll pow_mod( ll a, ll b ) {
if( !b ) return ;
ll rtn = pow_mod(a,b>>);
rtn = rtn * rtn % MOD;
if( b& ) rtn = rtn * a % MOD;
return rtn;
}
ll inv( ll x ) {
return pow_mod(x,MOD-);
} map<ll,ll> mp; // 记忆化用
ll S( ll n ) { // 杜教筛求前缀和
if( n < LIMIT ) return pfphi[n];
if( mp.count(n) ) return mp[n];
ll ans = (n % MOD) * ((n+) % MOD) % MOD * inv2 % MOD;
for( ll i = , j; i <= n; i = j+ ) {
j = n/(n/i);
ans = (ans - S(n/i) * ((j-i+) % MOD) % MOD + MOD) % MOD;
}
mp[n] = ans;
return ans;
} ll n; void solve() {
ll ans = ;
for( ll i = , j; i <= n; i = j+ ) {
j = n/(n/i); // 分块优化
ans = (ans + (((i+j) % MOD) * ((j-i+) % MOD) % MOD * inv2 % MOD) * (( * S(n/i) - ) % MOD) % MOD ) % MOD;
}
printf( "%lld\n", ans );
} int main() {
prelude_phi();
inv2 = inv();
scanf( "%lld", &n );
solve();
return ;
}

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