【SDOI 2014】数表

题意

　　https://loj.ac/problem/2193

题解

　　​显然就是求 $\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sigma_1(\gcd{(i,j)}) [\gcd(i,j)\le a]$（$\sigma_1(x)$ 表示求 $x$ 的所有约数之和），看到 $\gcd$ 就知道是莫比乌斯反演基础题吧

　　如果不考虑 $a$ 的限制，这就是推一遍莫反的模板题，那先不考虑，则原式变为$$\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sigma_1(\gcd{(i,j)})$$

　　根据套路枚举约数 $$\sum\limits_{k=1}^{n} \sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=1}^{m} \sigma_1(k) [\gcd(i,j)=k]$$

　　显然当 $i|k, j|k$ 时，$\gcd(i,j)$ 才有可能为 $k$。所以简化式子得 $$\sum\limits_{k=1}^{n} \sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor} \sigma_1(k) [\gcd(i,j)=1]$$

　　把 $\sigma_1(k)$ 挪到前面，并用经典公式 $\sum\limits_{d|n} \mu(d) = [n=1]$ 对 $[\gcd(i,j)=1]$ 反演 $$\sum\limits_{k=1}^{n} \sigma_1(k)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor} \sum\limits_{d|\gcd{(i,j)}} \mu(d)$$

　　$$\sum\limits_{k=1}^{n} \sigma_1(k)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{k}\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor} \sum\limits_{d|i, d|j} \mu(d)$$

　　根据套路，把 $d$ 挪到前面并改成枚举 $x$。由于限制 $d|i, d|j$，只有 $i$ 和 $j$ 都是 $d$ 的倍数时才会累加一个 $\mu(d)$。所以对于一个 $d$，$\mu(d)$ 会被累加 $\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor \lfloor\frac{m}{kd}\rfloor$ 次（易证 $\lfloor\frac{\lfloor \frac{x}{y}\rfloor}{z}\rfloor = \lfloor\frac{\frac{x}{y}}{z}\rfloor$）。故式子转化为 $$\sum\limits_{k=1}^{n}  \sigma_1(k) \sum\limits_{d=1}^{n} \mu(d) \lfloor\frac{n}{kd}\rfloor \lfloor\frac{m}{kd}\rfloor$$

​　　令 $n\le m$，则显然当 $d\gt \lfloor \frac{n}{k}\rfloor$ 时，$\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor=0$。所以可以更改 $d$ 的上界 $$\sum\limits_{k=1}^{n}  \sigma_1(k) \sum\limits_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor} \mu(d) \lfloor\frac{n}{kd}\rfloor \lfloor\frac{m}{kd}\rfloor$$

​　　根据套路，令 $T=kd$，而把 $ \sum\limits_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}$ 乘以 $k$ 就变成了 $T$ 的枚举式，然后我们会发现 $T$ 的枚举值依次是 $k,2k,3k,...,\lfloor \frac{n}{k}\rfloor\times k$，也就是枚举一组 $k、T$ 要满足 $T$ 是 $k$ 的倍数。显然可以先枚举 $T$，然后枚举 $k$，要求 $k$ 是 $T$ 的约数。于是式子最终转化为 $$\sum\limits_{T=1}^{n} \lfloor\frac{n}{T}\rfloor \lfloor\frac{m}{T}\rfloor \sum\limits_{k|T} \sigma_1(k) \mu(\frac{T}{k}) $$

　　如果没有 $a$ 的限制，这道题到此就做完了，整除分块回答询问即可

　　有 $a$ 的限制的话我们就考虑离线排序回答，这样有机会使总时间复杂度仍然只是扫一遍

　　我们设 $g(T) = \sum\limits_{k|T} \sigma_1(k) \mu(\frac{T}{k})$，显然当 $\sigma_1(k)\le a$ 时，才会对 $g(T)$ 产生贡献

　　于是将询问按 $a$ 从小到大排序后扫一遍，$a$ 变大会使得一些 $\sigma_1(a)$ 对 $g(T)$ 产生贡献，我们就用枚举倍数的方法找到所有的 $T$，然后因为我们要动态修改 $g(T)$ 的值，还要区间询问，所以写一个常数小的树状数组即可

　　处理完新产生的贡献之后回答这组询问即可

　　最坏情况下所有的 $\sigma_1(d)$ 都能产生贡献。枚举所有倍数 $T$ 的复杂度为 $\sum\limits_{i=1}^{n} \frac{n}{i}\le n\log_2{n}$，因为考虑 $\frac{n}{1}+\frac{n}{2}+\frac{n}{3}+...+\frac{n}{n}$ 的值（这就是枚举的量），它显然小于 $\frac{n}{1}+\frac{n}{2}^2+\frac{n}{4}^4+\frac{n}{8}^8+...+\frac{n}{\lfloor\log_2{n}\rfloor}^{\lfloor\log_2{n}\rfloor} = n\log_2{n}$（这就是分治的过层，共 $log_2$ 层，每层 $n$ 个点，所以共 $n\log_2{n}$ 个点），所以简单得证

　　对于每个枚举的倍数 $T$，更新 $g(T)$ 的时间复杂度为 $\log{n}$，所以修改部分的总复杂度是 $O(n\log^2{n})$

　　每次询问需要整除分块，查询区间和的复杂度为 $O(\log{n})$，所以总复杂度为 $O(n\log^2{n} + q\sqrt{n}\log{n})$

　　取模的话，如果要求答案膜 $p$，你可以一直膜 $kp（k∈Z）$，输出时再膜 $p$。所以用 unsigned int 自然溢出即可，最后输出答案时膜 $2^{31}$。

　　code