简单的数学题

Posted 2020-11-15 wwlwqwq

题目:link

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原式
[sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^n{ijgcd(i,j)}]
枚举 (gcd) 得到
[sum_{d=1}^nsum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}ijd^3[gcd(i,j)=1]]
把 (d^3) 提到前面
[sum_{d=1}^nd^3sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}ij[gcd(i,j)=1]]
设函数
[f(n)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^nij[gcd(i,j)=1]]
[s(n)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^nij]
则原式等于
[sum_{d=1}^nd^3f(lfloorfrac{n}{d} floor)]
可以看出是数论分块，其中立方部分和为
[sum_{i=1}^{n}i^3=(sum_{i=1}^ni)^2=[frac{n(n+1)}{2}]^2]
求出前缀做差即可

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考虑快速求 (f(n))，非常显然
[s(n)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^nij=[frac{n(n+1)}{2}]^2]
而对于 (s(n)) 同样枚举 (gcd) 可得
[s(n)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^nij=sum_{t=1}^{n}sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{t} floor}sum_{j=1}^{lfloorfrac{n}{t} floor}t^2ij[gcd(i,j)=1]]
用 (f(n)) 替换上式得
[s(n)=sum_{t=1}^{n}t^2f(lfloorfrac{n}{t} floor)=f(n)+sum_{t>1}t^2f(lfloorfrac{n}{t} floor)]
所以有
[f(n)=s(n)-sum_{t>1}t^2f(lfloorfrac{n}{t} floor)=[frac{n(n+1)}{2}]^2-sum_{t>1}t^2f(lfloorfrac{n}{t} floor)]
到了此刻已经非常容易求了，数论分块即可，其中
[sum_{i=1}^{n}i^2=frac{n(n+1)(2n+1)}{6}]
做法同立方和，前缀做差

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考虑预处理 (f(n)) 部分
[f(n)=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^nij[gcd(i,j)=1]=f(n-1)+2sum_{i=1}^{n}in[gcd(i,n)=1]]

那么需要快速求得
[sum_{i=1}^ni[gcd(i,n)=1]]
发现这就是与 (n) 互质的数的和，就等于
[nfrac{varphi(n)}{2}]
详细证明参考链接

带回原式得到
[f(n)=f(n-1)+n^2varphi(n)]
线性筛预处理即可

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Code：

#pragma GCC optimize(2)
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<cassert>
#define Mod p
#define LL long long
#define N 5000000

template<class T>
inline void read(T &x){
    x=0;char c=getchar();T flag=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')flag=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;c=getchar();}
    x*=flag;
}

LL n,p,inv,inv6;
int cnt,P[N];
bool mark[N];
LL phi[N],f[N],F[N];

inline LL qpow(LL a,LL b){
    if(!b) return 1LL;
    if(b==1LL) return a;
    LL t=qpow(a,b>>1LL);
    t=t*t%Mod;
    if(b&1LL) t=t*a%Mod;
    assert(t>=0);
    return t;
}
inline LL pow2(LL x){//平方前缀和
    return ((inv6*x)%Mod)*(((x+1LL)%Mod)*((2LL*x+1LL)%Mod)%Mod)%Mod;
}
inline LL pow2(LL l,LL r){平方区间和
    return ((pow2(r)-pow2(l-1LL))%Mod+Mod)%Mod;
}
inline LL pow3(LL x){立方前缀和
    return qpow(((x%Mod)*(x+1LL)%Mod)*inv%Mod,2LL);
}
inline LL pow3(LL l,LL r){立方区间和
    return ((pow3(r)-pow3(l-1LL))%Mod+Mod)%Mod;
}
inline void Prework(int x){//线性筛预处理 f(n)
    cnt=0;
    f[1]=phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=x;++i){
        if(!mark[i]){
            P[cnt++]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=0;j<cnt&&i*P[j]<=x;++j){
            mark[i*P[j]]=1;
            if(!(i%P[j])){
                phi[i*P[j]]=phi[i]*P[j];
                break;
            }else phi[i*P[j]]=phi[i]*(P[j]-1);
        }
        LL ret=qpow(i,2LL)*phi[i]%Mod;
        f[i]=(f[i-1]+ret)%Mod;
    }
}
inline LL solve(LL x){//杜教筛
    if(x<=N-3) return f[x];
    if(~F[n/x]) return F[n/x];
    F[n/x]=qpow(((x%Mod)*((x+1)%Mod)%Mod)*inv%Mod,2);
    for(LL l=2,r;l<=x;l=r+1){
        r=x/(x/l);
        F[n/x]=((F[n/x]-(pow2(l,r)*solve(x/l)%Mod))%Mod+Mod)%Mod;
    }
    return F[n/x];
}
int main(){
    memset(F,-1,sizeof(F));
    read(p),read(n);
    inv=qpow(2LL,p-2);//2的逆元
    inv6=qpow(6LL,p-2);//6的逆元
    Prework(N-3);
    LL ans=0;
    for(LL l=1,r;l<=n;l=r+1){//原式
        r=n/(n/l);
        ans=(ans+(pow3(l,r)*solve(n/l))%Mod)%Mod;
    }
    printf("%lld",ans);
}
/*
998244353 2
*/