题目描述
今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b，LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如，LCM(6, 8) = 24。回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张N*M的表格。每个格子里写了一个数字，其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个4*5的表格如下：
1 2 3 4 5
2 2 6 4 10
3 6 3 12 15
4 4 12 4 20
看着这个表格，Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时，Crash就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。
输入
输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。
输出
输出一个正整数，表示表格中所有数的和mod 20101009的值。
样例输入
4 5
样例输出
122
题解
莫比乌斯反演
预处理mu和mu(i)*i^2及其前缀和。
然后先分块出n/p和m/p，然后再分块求出后面的一串，这样分块套分块时间复杂度是O(n)的，可以解决这道题。
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 10000010
#define mod 20101009
using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 10000000;
int mu[N] , prime[N] , tot;
ll sum[N];
bool np[N];
ll s(int x)
{
return (ll)x * (x + 1) / 2 % mod;
}
ll query(int a , int b)
{
int i , last;
ll ans = 0;
for(i = 1 ; i <= a && i <= b ; i = last + 1) last = min(a / (a / i) , b / (b / i)) , ans = (ans + (sum[last] - sum[i - 1] + mod) % mod * s(a / i) % mod * s(b / i) % mod) % mod;
return ans;
}
int main()
{
int i , j , last , a , b;
ll ans = 0 , t;
mu[1] = sum[1] = 1;
for(i = 2 ; i <= n ; i ++ )
{
if(!np[i]) mu[i] = -1 , prime[++tot] = i;
for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= n ; j ++ )
{
np[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0)
{
mu[i * prime[j]] = 0;
break;
}
else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
sum[i] = (sum[i - 1] + (ll)mu[i] * i * i + mod) % mod;
}
scanf("%d%d" , &a , &b);
for(i = 1 ; i <= a && i <= b ; i = last + 1) last = min(a / (a / i) , b / (b / i)) , ans = (ans + (s(last) - s(i - 1) + mod) % mod * query(a / i , b / i)) % mod;
printf("%lld
" , ans);
return 0;
}