补充几个前置知识
莫比乌斯反演
φ ∗ 1 = i d \varphi*1=id φ∗1=id
杜教筛
杜教筛能够在 Θ ( n 2 3 ) \Theta(n^\frac{2}{3}) Θ(n32)求出一个积性函数的前缀和。
给出一个积性函数 f ( i ) f(i) f(i)，求 ∑ i = 1 n f ( i ) \sum_{i=1}^{n}f(i) i=1∑nf(i)
构造一个前缀和容易求的积性函数 g g g，令 h = f ∗ g h=f*g h=f∗g（其中 ∗ * ∗是狄利克雷卷积），使得 h h h的前缀和也容易求，那么
∑ i = 1 n h ( i ) = ∑ i = 1 n ∑ d ∣ i g ( d ) f ( i d ) = ∑ d = 1 n g ( d ) ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ f ( i ) = ∑ d = 1 n g ( d ) S ( ⌊ n d ⌋ ) = g ( 1 ) S ( n ) + ∑ d = 2 n g ( d ) S ( ⌊ n d ⌋ ) \sum_{i=1}^{n}h(i) \\ =\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d}) \\ =\sum_{d=1}^{n}g(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}f(i) \\ =\sum_{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \\ =g(1)S(n)+\sum_{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) i=1∑nh(i)=i=1∑nd∣i∑g(d)f(di)=d=1∑ng(d)i=1∑⌊dn⌋f(i)=d=1∑ng(d)S(⌊dn⌋)=g(1)S(n)+d=2∑ng(d)S(⌊dn⌋)
所以
g ( 1 ) S ( n ) = ∑ i = 1 n h ( i ) − ∑ d = 2 n g ( d ) S ( ⌊ n d ⌋ ) g(1)S(n)=\sum_{i=1}^{n}h(i)-\sum_{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) g(1)S(n)=i=1∑nh(i)−d=2∑ng(d)S(⌊dn⌋)
不难发现左边部分就是 h ( i ) h(i) h(i)的前缀和，右边可以通过整除分块做。
实现的时候需要先预处理前 Θ ( n 2 3 ) \Theta(n^\frac{2}{3}) Θ(n32)项，然后用map存下求出的已知项。时间复杂度 Θ ( n 2 3 ) \Theta(n^\frac{2}{3}) Θ(n32)（不会证qwq）
cpp
int S(int n)
{
if(n<=5000000) return sum[n];
if(mp[n]!=0) return mp[n];
int ans=g(n);
for(int l=2,r; l<=n; l=r+1)
{
r=n/(n/l);
(ans-=S(n/l)*(t(r)-t(l-1))%mod)%=mod;
}
return mp[n]=ans;
}如何构造g？
我们的目的是让 h = f ∗ g h=f*g h=f∗g的前缀和也容易求，所以可以先把 ( f ∗ g ) ( n ) (f*g)(n) (f∗g)(n)写出来，看看 h ( n ) h(n) h(n)长啥样，努力凑出一个可以求前缀和的形式。
例题
【模板】杜教筛
题目描述
给定一个正整数，求
a n s 1 = ∑ i = 1 n φ ( i ) ans_1=\sum_{i=1}^n\varphi(i) ans1=i=1∑nφ(i)
a n s 2 = ∑ i = 1 n μ ( i ) ans_2=\sum_{i=1}^n \mu(i) ans2=i=1∑nμ(i)
输入格式
本题单测试点内有多组数据。
输入的第一行为一个整数，表示数据组数 T T T。
接下来 T T T 行，每行一个整数 n n n，表示一组询问。
输出格式
对于每组询问，输出一行两个整数，分别代表 a n s 1 ans_1 ans1 和 a n s 2 ans_2 ans2。
样例 #1
样例输入 #1
6
1
2
8
13
30
2333样例输出 #1
1 1
2 0
22 -2
58 -3
278 -3
1655470 2提示
数据规模与约定
对于全部的测试点，保证 1 ≤ T ≤ 10 1 \leq T \leq 10 1≤T≤10， 1 ≤ n < 2 31 1 \leq n \lt 2^{31} 1≤n<231。
题解
莫比乌斯函数前缀和
μ ∗ 1 = ε μ∗1=ε μ∗1=ε
不难想到令 g = 1 g=1 g=1，那么 h = ε h=ε h=ε
所以式子就变成了
1 × S ( n ) = 1 − ∑ d = 2 n S ( ⌊ n d ⌋ ) 1\times S(n)=1-\sum_{d=2}^{n}S(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) 1×S(n)=1−d=2∑nS(⌊dn⌋)
欧拉函数前缀和
方法一 ：根据定义用莫比乌斯反演做。
∑ i = 1 n φ ( i ) = ∑ i = 1 n ∑ j = i + 1 n [ g c d ( i , j ) = 1 ] \sum_{i=1}^{n}\varphi(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}[gcd(i,j)=1] i=1∑nφ(i)=i=1∑nj=i+1∑n[gcd(i,j)=1]
这不就是莫比乌斯反演板子题吗
方法二 ：杜教筛
φ ∗ 1 = i d \varphi*1=id φ∗1=id
令 g = 1 g=1 g=1得
S ( n ) = ∑ i = 1 n i − ∑ i = 2 n S ( ⌊ n d ⌋ ) S(n)=\sum_{i=1}^{n}i-\sum_{i=2}^nS(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) S(n)=i=1∑ni−i=2∑nS(⌊dn⌋)
代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e6+7;
int mu[N],phi[N],s1[N],s2[N];
bool bz[N];
vector<int> p;
map<int,int> mp1,mp2;
void init(int n)
{
mu[1]=1; phi[1]=1;
for(int i=2; i<=n; i++)
{
if(!bz[i])
{
p.push_back(i);
mu[i]=-1; phi[i]=i-1;
}
for(int j:p)
{
if(i*j>n) break;
bz[i*j]=1;
if(i%j==0)
{
phi[i*j]=phi[i]*j;
break;
}
mu[i*j]=-mu[i];
phi[i*j]=phi[i]*(j-1);
}
}
for(int i=1; i<=n; i++)
{
s1[i]=mu[i]+s1[i-1];
s2[i]=phi[i]+s2[i-1];
}
}
int S1(int n)
{
if(n<2) return n;
if(n<=N-7) return s1[n];
if(mp1[n]) return mp1[n];
int ans=1;
for(int l=2,r; l<=n; l=r+1)
{
r=n/(n/l);
ans-=S1(n/l)*(r-l+1);
}
return mp1[n]=ans;
}
int S2(int n)
{
if(n<2) return n;
if(n<=N-7) return s2[n];
if(mp2[n]) return mp2[n];
int ans=n*(n+1)/2;
for(int l=2,r; l<=n; l=r+1)
{
r=n/(n/l);
ans-=S2(n/l)*(r-l+1);
}
return mp2[n]=ans;
}
void O_o()
{
int n;
cin>>n;
cout<<S2(n)<<" "<<S1(n)<<"\n";
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
int T=1;
init(N-7);
cin>>T;
while(T--)
{
O_o();
}
}简单的数学题
题目描述
由于出题人懒得写背景了，题目还是简单一点好。
输入一个整数 n n n 和一个整数 p p p，你需要求出：
( ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n i j gcd ( i , j ) ) m o d p \left(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n ij \gcd(i,j)\right) \bmod p (i=1∑nj=1∑nijgcd(i,j))modp
其中 gcd ( a , b ) \gcd(a,b) gcd(a,b) 表示 a a a 与 b b b 的最大公约数。
输入格式
一行两个整数 p , n p,n p,n。
输出格式
一行一个整数表示答案。
样例 #1
样例输入 #1
998244353 2000样例输出 #1
883968974提示
对于20%的数据， n ≤ 1000 n \leq 1000 n≤1000。
对于30%的数据， n ≤ 5000 n \leq 5000 n≤5000。
对于60%的数据， n ≤ 1 0 6 n \leq 10^6 n≤106，时限1s。
对于另外20%的数据， n ≤ 1 0 9 n \leq 10^9 n≤109，时限3s。
对于最后20%的数据， n ≤ 1 0 10 n \leq 10^{10} n≤1010，时限4s。
对于100%的数据， 5 × 1 0 8 ≤ p ≤ 1.1 × 1 0 9 5 \times 10^8 \leq p \leq 1.1 \times 10^9 5×108≤p≤1.1×109 且 p p p 为质数。
题解
引入欧拉反演（用莫比乌斯反演能做，推出来是一样的，但是很麻烦）
∑ i = 1 n ∑ j = 1 n g c d ( i , j ) i j = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n i d ( g c d ( i , j ) ) i j = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n ∑ d ∣ g c d ( i , j ) φ ( d ) i j = ∑ d = 1 n φ ( d ) ∗ d 2 ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ ∑ j = 1 ⌊ n d ⌋ i j \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)ij \\ =\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}id(gcd(i,j))ij \\ =\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{d|gcd(i,j)}\varphi(d)ij \\ =\sum_{d=1}^{n}\varphi(d)*d^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}ij i=1∑nj=1∑ngcd(i,j)ij=i=1∑nj=1∑nid(gcd(i,j))ij=i=1∑nj=1∑nd∣gcd(i,j)∑φ(d)ij=d=1∑nφ(d)∗d2i=1∑⌊dn⌋j=1∑⌊dn⌋ij
令 s u m ( n ) = ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n i j sum(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}ij sum(n)=∑i=1n∑j=1nij
显然 s u m ( n ) = n 2 ( n + 1 ) 2 4 sum(n)=\frac{n^2(n+1)^2}{4} sum(n)=4n2(n+1)2
令 f ( i ) = φ ( i ) ∗ i 2 f(i)=\varphi(i)*i^2 f(i)=φ(i)∗i2，现在我们如果能求出它的前缀和，我们就可以整除分块解决问题。这个时候就要杜教筛了：
( f ∗ g ) ( n ) = ∑ d ∣ n φ ( d ) ∗ d 2 ∗ g ( n d ) (f*g)(n)\\=\sum_{d|n}\varphi(d)*d^2*g(\frac{n}{d}) (f∗g)(n)=d∣n∑φ(d)∗d2∗g(dn)
d 2 d^2 d2特别烦人怎么办？消掉！
令 g ( i ) = i 2 g(i)=i^2 g(i)=i2
( f ∗ g ) ( n ) = ∑ d ∣ n φ ( d ) ∗ d 2 ∗ g ( n d ) = n 2 ∑ d ∣ n φ ( d ) = n 3 (f*g)(n)\\=\sum_{d|n}\varphi(d)*d^2*g(\frac{n}{d})\\=n^2\sum_{d|n}\varphi(d)\\=n^3 (f∗g)(n)=d∣n∑φ(d)∗d2∗g(dn)=n2d∣n∑φ(d)=n3
用我们小学二年级就学过的立方和公式得
∑ i = 1 n i 3 = n 2 ( n + 1 ) 2 4 = s u m ( n ) \sum_{i=1}^{n}i^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}=sum(n) i=1∑ni3=4n2(n+1)2=sum(n)
于是乎，整除分块即可
代码
cpp
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=5e6+7;
int mod,inv6,phi[N],sum[N];
bool bz[N];
vector<int> p;
map<int,int> mp;
int power(int x,int t)
{
int b=1;
while(t)
{
if(t&1) b=b*x%mod;
x=x*x%mod; t>>=1;
}
return b;
}
void init(int n)
{
phi[1]=1;
for(int i=2; i<=n; i++)
{
if(!bz[i])
{
p.push_back(i); phi[i]=i-1;
}
for(int j:p)
{
if(i*j>n) break;
bz[i*j]=1;
if(i%j==0)
{
phi[i*j]=phi[i]*j%mod;
break;
}
phi[i*j]=phi[i]*phi[j]%mod;
}
}
for(int i=1; i<=n; i++) sum[i]=(sum[i-1]+phi[i]*i%mod*i%mod)%mod;
}
int t(int n)
{
n%=mod;
return n*(n+1)%mod*(2*n%mod+1)%mod*inv6%mod;
}
int g(int n)
{
n%=mod;
return (n*(n+1)/2%mod)*(n*(n+1)/2%mod)%mod;
}
int S(int n)
{
if(n<=5000000) return sum[n];
if(mp[n]!=0) return mp[n];
int ans=g(n);
for(int l=2,r; l<=n; l=r+1)
{
r=n/(n/l);
(ans-=S(n/l)*(t(r)-t(l-1))%mod)%=mod;
}
return mp[n]=ans;
}
void O_o()
{
int n,ans=0;
cin>>mod>>n;
inv6=power(6,mod-2);
init(5000000);
for(int l=1,r; l<=n; l=r+1)
{
r=n/(n/l);
(ans+=(S(r)-S(l-1))*g(n/l)%mod)%=mod;
}
cout<<(ans+mod)%mod;
}
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
cout<<fixed<<setprecision(2);
int T=1;
// cin>>T;
while(T--)
{
O_o();
}
}