[BZOJ4815][CQOI2017]小Q的表格(莫比乌斯反演)

4815: [Cqoi2017]小Q的表格

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Description

小Q是个程序员。

作为一个年轻的程序员，小Q总是被老C欺负，老C经常把一些麻烦的任务交给小Q来处理。每当小Q不知道如何解决

时，就只好向你求助。为了完成任务，小Q需要列一个表格，表格有无穷多行，无穷多列，行和列都从1开始标号。

为了完成任务，表格里面每个格子都填了一个整数，为了方便描述，小Q把第a行第b列的整数记为f(a,b),为了完成

任务，这个表格要满足一些条件：(1)对任意的正整数a,b,都要满足f(a,b)=f(b,a)；(2)对任意的正整数a,b,都要

满足b×f(a,a+b)=(a+b)*f(a,b)。为了完成任务，一开始表格里面的数很有规律，第a行第b列的数恰好等于a*b，

显然一开始是满足上述两个条件的。为了完成任务，小Q需要不断的修改表格里面的数，每当修改了一个格子的数

之后，为了让表格继续满足上述两个条件，小Q还需要把这次修改能够波及到的全部格子里都改为恰当的数。由于

某种神奇的力量驱使，已经确保了每一轮修改之后所有格子里的数仍然都是整数。为了完成任务，小Q还需要随时

获取前k行前k列这个有限区域内所有数的和是多少，答案可能比较大，只需要算出答案mod1,000,000,007之后的结

果。

Input

第1行包含两个整数m,n,表示共有m次操作，所有操作和查询涉及到的行编号和列编号都不超过n。

接下来m行，每行4个整数a,b,x,k表示把第a行b列的数改成x，然后把它能够波及到的所有格子全部修改，保证修改

之后所有格子的数仍然都是整数，修改完成后计算前k行前k列里所有数的和。

1<=m<=10000,1<=a,b,k<=N<=4*10^6,0<=x<=10^18

Output

输出共m行，每次操作之后输出1行，表示答案mod 1,000,000,007之后的结果。

Sample Input

3 3
1 1 1 2
2 2 4 3
1 2 4 2

Sample Output

9
36
14

一开始,表格的前3行前3列如图中左边所示,前2次操
作后表格没有变化,第3次操作之后的表格如右边所示。
1 2 3 2 4 6
2 4 6 4 4 12
3 6 9 6 12 9

HINT

Source

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https://blog.sengxian.com/solutions/bzoj-4815

题目里的式子有点像辗转相除，所以可以猜测与gcd有关。

最后的式子利用的是i和j的对称性。

最后要求的是$sumlimits_{d=1}^{k}f(d)g(frac{k}{d})$，其中$g(n)=sumlimits_{i=1}^ni^2phi(i)$。

因为f(d)是在线修改的，所以需要维护前缀和，容易想到树状数组，但是会T。

注意到对于单次操作，修改个数是$O(1)$的，询问个数是$O(sqrt n)$的，所以我们需要的是修改$O(sqrt n)$，询问$O(1)$的算法。

分块可以满足这个需求，注意需要前缀和与整块的差分。

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define rep(i,l,r) for (int i=l; i<=r; i++)
typedef long long ll;
using namespace std;

const int N=4000100,mod=1000000007;
bool pr[N];
ll x;
int n,m,Q,bl,a,b,k,tot,c[N],pos[N],phi[N],p[N],v[N],f[N],g[N];
struct B{ int l,r; }B[2010];
int gcd(int a,int b){ return (!b) ? a : gcd(b,a%b); }

int ksm(int a,int b){
    int res;
    for (res=1; b; a=1ll*a*a%mod,b>>=1)
        if (b & 1) res=1ll*a*res%mod;
    return res;
}

void pre(){
    phi[1]=1;
    rep(i,2,n){
        if (!pr[i]) p[++tot]=i,phi[i]=i-1;
        for (int j=1; j<=tot && i*p[j]<=n; j++){
            int t=i*p[j]; pr[t]=1;
            if (i%p[j]) phi[t]=phi[i]*(p[j]-1);
            else { phi[t]=phi[i]*p[j]; break; }
        }
    }
    rep(i,1,n) g[i]=(g[i-1]+1ll*i*i%mod*phi[i])%mod;
}

void init(){
    bl=sqrt(n); m=(n-1)/bl+1;
    rep(i,1,n) pos[i]=(i-1)/bl+1,v[i]=1ll*i*i%mod,f[i]=(f[i-1]+v[i])%mod;
    rep(i,1,m) B[i].l=(i-1)*bl+1,B[i].r=i*bl;
}

void mdf(int x,int k){
    int r=B[pos[x]].r,d=(k-v[x]+mod)%mod; v[x]=k;
    if (!k) return;
    rep(i,x,r) f[i]=(f[i]+d)%mod;
    rep(i,pos[x]+1,m) c[i]=(c[i]+d)%mod;
}

int que(int x){ return (c[pos[x]]+f[x])%mod; }

int solve(int n){
    int ans=0,lst=0,r=0,now=0;
    for (int i=1; i<=n; i=r+1,lst=now){
        r=n/(n/i); now=que(r);
        ans=(ans+1ll*(now-lst+mod)*g[n/i]%mod)%mod;
    }
    return ans;
}

int main(){
    freopen("bzoj4815.in","r",stdin);
    freopen("bzoj4815.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&Q,&n); pre(); init();
    while (Q--){
        scanf("%d%d%lld%d",&a,&b,&x,&k); x%=mod;
        int d=gcd(a,b); mdf(d,1ll*x*d%mod*d%mod*ksm((1ll*a*b)%mod,mod-2)%mod);
        printf("%d
",solve(k));
    }
    return 0;
}