「洛谷P3768」簡單的數學題

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簡單的數學題

題目描述

輸入一個整數n和一個整數p，你需要求出
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n (i\cdot j\cdot gcd(i,j))\ mod\ p\] 
其中\(gcd(a,b)\)表示\(a\)與\(b\)的最大公約數

輸入

一行兩個整數\(p,n\)

輸出

一行一個整數，為題目中所求值

樣例

樣例輸入

998244353 2000

樣例輸出

883968974

數據範圍

\(n\leq 10^{10}\)
\(5\times 10^8 \leq p \leq 1.1\times 10^9​\)
\(p​\)為質數（但貌似也可以不是？又不用求逆元）

題解

自己想出來的題！但是連\(WA\)兩發就是因為杜教篩寫掛了……
先不考慮取餘，我們化一下題目中的式子，枚舉\(gcd\)（警告！多公式）。
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n i\cdot j\cdot gcd(i,j)\] 
\[\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}[i\perp j]i\cdot j \cdot d^2\]
\[\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}[i\perp j]i\cdot j\]
\[\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{p=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d}\right\rfloor}\mu(p)p^2\cdot \Big(\frac{(1+\left\lfloor \frac{n}{dp}\right\rfloor)\left\lfloor \frac{n}{dp}\right\rfloor}{2}\Big)^2\]

額，現在可以使用分塊優化做到\(O(n)​\)了，但是這完全不能勝任數據範圍，我們換個角度，設\(dp=T​\)，枚舉T會有什麼結果？

\[\sum_{T=1}^{n}\Big(\frac{(1+\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor)\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor}{2}\Big)^2\sum_{d|T}d^3\cdot \mu(\frac{T}{d})(\frac{T}{d})^2\]

\[\sum_{T=1}^{n}\Big(\frac{(1+\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor)\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor}{2}\Big)^2 T^2\sum_{d|T}d\cdot \mu(\frac{T}{d})\]

現在好像反而變成\(O(n\log n)\)或\(O(n\sqrt{n})\)了，別急，我們看看第二層的求和的意義——狄利克雷捲積，這是\(Id\)函數與\(\mu\)函數的狄利克雷捲積，其值就等於\(\varphi\)。

\[\sum_{T=1}^{n}\Big(\frac{(1+\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor)\left\lfloor \frac{n}{T}\right\rfloor}{2}\Big)^2 T^2\varphi(T)\]

現在，我們只需要快速求出一個東西即可——\(T^2\varphi(T)\)，前面的部分可以分塊優化，我們急需解決的就是這個函數\(f(T)=T^2\varphi(T)\)的首碼和\(F(T)\)。顯然，這是一個積性函數。

杜教篩的公式：
\[\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(d)\cdot g(\frac{i}{d})=\sum_{i=1}^{n}g(i)\sum_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{i}\right\rfloor}f(j)\]

於是我們需要一個函數與\(f\)捲起來，我們根據套路或枚舉發現\(T^2\)項很惱人，於是嘗試把這一項消掉，於是想到了\(g(x)=x^2\)。

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}d^2\varphi(d)\cdot (\frac{i}{d})^2=\sum_{i=1}^{n}i^2\sum_{j=1}^{\left\lfloor \frac{n}{i}\right\rfloor}f(j)\]
\[\sum_{i=1}^{n}i^2\sum_{d|i}\varphi(d)=\sum_{i=1}^{n}i^2F(\left\lfloor \frac{n}{i}\right\rfloor)​\]

根據公式\(\sum_{d|i}\varphi(d)=i\)，繼續變形

\[\sum_{i=1}^{n}i^3=F(n)+\sum_{i=2}^{n}i^2F(\left\lfloor \frac{n}{i}\right\rfloor)\]
\[F(n)=\sum_{i=1}^{n}i^3-\sum_{i=2}^{n}i^2F(\left\lfloor \frac{n}{i}\right\rfloor)\]

由於\(p(i)=i^3\)和\(q(i)=i^2\)的首碼和都有公式，我們可以對右邊進行分塊優化，就可以杜教篩了！這道題圓滿解決，時間複雜度\(O(n^{\frac{2}{3}})\)。

不過有些小細節要註意，比如模數乘\(2\)可能會爆\(int\)，\(n^2\)可能會爆\(long\ long\)，需要先取模再平方

\(Code:\)

#include <map>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define N 5000005
#define ll long long
map<ll, ll>Phi;
ll n, mod, g[N];
int p[N], h[N], phi[N], cnt;
ll sqr(ll x)
{
    ll a = 2 * x + 1, b = x + 1, c = x;
    if (b % 2 == 0)b /= 2;
    else c /= 2;
    if (a % 3 == 0)a /= 3;
    else
        if (b % 3 == 0)b /= 3;
        else c /= 3;
    a %= mod, b %= mod, c %= mod;
    return a * b % mod * c % mod;
}
ll seq(ll x)
{
    ll a = x + 1, b = x;
    if (a % 2 == 0)a /= 2;
    else b /= 2;
    a %= mod, b %= mod;
    return a * b % mod;
}
ll vas(ll x)
{
    ll a = seq(x);
    return a * a % mod;
}
ll G(ll x)
{
    if (x <= N - 5)
        return g[int(x)];
    if (Phi.find(x) != Phi.end())
        return Phi[x];
    ll ans = vas(x);
    ll lst = 1;
    for (ll i = 2; i <= x; i++)
    {
        i = x / (x / i);
        ll w = (sqr(i) - sqr(lst)) % mod;
        ans = (ans - w * G(x / i) % mod) % mod;
        lst = i;
    }
    if (ans < 0)
        ans += mod;
    Phi.insert(make_pair(x, ans));
    return ans;
}
ll Ans(ll x)
{
    ll ans = 0, lst = 0;
    for (ll i = 1; i <= x; i++)
    {
        i = x / (x / i);
        ll z = seq(x / i);
        z = z * z % mod;
        ans = (ans + z * (G(i) - G(lst)) % mod) % mod;
        lst = i;
    }
    if (ans < 0)
        ans += mod;
    return ans;
}
int main()
{
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= N - 5; i++)
    {
        if (!h[i])
        {
            phi[i] = i - 1;
            p[++cnt] = i;
        }
        for (int j = 1; j <= cnt; j++)
        {
            if (i * p[j] > N - 5)
                break;
            h[i * p[j]] = 1;
            if (i % p[j] == 0)
                phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
            else
                phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j] - 1);
        }
    }
    cin >> mod >> n;
    for (int i = 1; i <= N - 5; i++)
        g[i] = (g[i - 1] + 1ll * phi[i] * i % mod * i % mod) % mod;
    cout << Ans(n) << '\n';
}