hdu 6588 题解

传送门

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【题意】

求 (displaystyle sum_{i=1}^n gcd(lfloorsqrt[3] i floor, i)mod 998244353, nleq 10^{21})

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【分析】

正面求解很难，考虑枚举 (lfloorsqrt[3] i floor)

当 (lfloorsqrt[3] i floor)=t$ 时 (iin [t^3, (t+1)^3-1])

故考虑枚举开三方的数字：

记 (m=lfloorsqrt[3] n floor)

(displaystyle sum_{i=1}^n gcd(lfloorsqrt[3] i floor, i)=sum_{t=1}^{m-1} sum_{i=t^3}^{(t+1)^3-1} gcd(t, i)+sum_{i=m^3}^n gcd(m, i))

考虑到 (gcd(t, i+t)=gcd(t, i+t-t)=gcd(i, t))

因此每 (t) 个连续的 (gcd(t, i)) 的求和都等于 (displaystyle sum_{i=1}^t gcd(i, t))

记 (displaystyle G_t(n)=sum_{i=1}^n gcd(i, t)) 则 (G_t(n)=(n/t)cdot G_t(t)+G_t(nmod t))

因此 (displaystyle sum_{i=t^3}^{(t+1)^3-1} gcd(t, i)=G_t(t^3+3t^2+3t)-G_t(t^3)+gcd(t^3, t)=(t^2+3t+3-t^2)G_t(t)+t=(3t+3)G_t(t)+t)

而同理， (displaystyle sum_{i=m^3}^n gcd(m, i)=(n/m-m^2)G_m(m)+G_m(nmod m)+m)

(egin{aligned} herefore& sum_{i=1}^n gcd(lfloorsqrt[3] i floor, i) \\=&sum_{t=1}^{m-1} sum_{i=t^3}^{(t+1)^3-1} gcd(t, i)+sum_{i=m^3}^n gcd(m, i) \\=&sum_{t=1}^{m-1} [(3t+3)G_t(t)+t]+(n/m-m^2)G_m(m)+m-G_m(nmod m) end{aligned})

预处理 (G_t(t)) 极其前缀和，每次查询的时候就获取 (m=lfloorsqrt[3] n floor) ，然后 (O(1)) 算出除 (G_m(nmod m)) 的部分

当然，由于 (nleq 10^{21}) 可能涉及 __int128 ，可能无法使用 pow() 函数。可以考虑二分 (m)

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考虑剩下的部分 (displaystyle G_m(nmod m)=sum_{i=1}^{nmod m}gcd(i, m))

方便期间，记 (displaystyle g(n, m)=sum_{i=1}^{nmod m}gcd(i, m))

由莫比乌斯反演得：

(egin{aligned} g(n, m)&=sum_{i=1}^ngcd(i, m) \\&=sum_{i=1}^n sum_{dmid iwedge dmid m}oldsymbol varphi(d)& ext{（欧拉反演）} \\&=sum_{dmid m}oldsymbol varphi(d)sum_{i=1}^n [dmid i] \\&=sum_{dmid m}oldsymbol varphi(d)(n/d) end{aligned})

答案为 (G_m(nmod m)=g(nmod m, m)) ，直接预处理欧拉函数，然后 (O(sqrt m)) 枚举因数即可

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最后剩下 (G_t(t)) 没解决，等价于 (displaystyle g(t, t)=sum_{dmid t} oldsymbol varphi(d) ({tover d})=(oldsymbol varphi*oldsymbol {id})(t))

这个为两个积性函数的狄利克雷卷积，也为积性函数，为方便，记 (oldsymbol f=oldsymbol varphi*oldsymbol {id})

考虑如何线筛得到：

(egin{aligned} oldsymbol f(p^k)&=sum_{i=1}^{k-1} oldsymbol varphi(p^i)oldsymbol {id}(p^{k-i})+oldsymbol varphi(p^k)+oldsymbol {id}(p^k)&(k>1) \\&=sum_{i=1}^{k-1} (p^{i-1}(p-1)cdot p^{k-i})+p^{k-1}(p-1)+p^k \\&=p^{k-1}(p-1)cdot k+p^k end{aligned})

则 (oldsymbol f(p^{k-1})=p^{k-2}(p-1)cdot (k-1)+p^{k-1})

因而 (pcdot oldsymbol f(p^{k-1})=p^{k-1}(p-1)cdot (k-1)+p^k=oldsymbol f(p^k)-p^{k-1}(p-1)=oldsymbol f(p^k)-oldsymbol varphi(p^k))

因此 (oldsymbol f(p^k)=pcdot oldsymbol f(p^{k-1})+oldsymbol varphi(p^k)=pcdot left[oldsymbol f(p^{k-1})+oldsymbol varphi(p^{k-1}) ight])

记 (fc_n) 表示 (n) 的最小质因数， (fck_n) 表示 (n) 的最小质因子的指数，例如 (fck_{12}=2^2)

故当 (p eq fc_n) 时 (oldsymbol f(ncdot p)=oldsymbol f(n)cdot oldsymbol f(p)=oldsymbol f(n)cdot (2p-1))

当 (p=fc_n) 时

(egin{aligned} &oldsymbol f(ncdot p) \\=&oldsymbol f({nover fck_n})cdot oldsymbol f(fck_ncdot p) \\=&oldsymbol f({nover fck_n}) cdot pcdot left[oldsymbol f(fck_n)+oldsymbol varphi(fck_n) ight] \\=&pcdot [oldsymbol f(n)+oldsymbol f({nover fck_n})cdot oldsymbol varphi(fck_n)] end{aligned})

考虑线筛的时候，同时维护最小质因数 fc[i] ，最小质因子的指数 fck[i] ，欧拉函数 phi[i] ，以及该函数值 f[i] 即可直接转移

总复杂度 (O(n+T(log n+sqrt n) )=O(n+Tsqrt n))

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【代码】

只跑了 1.8s

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Lim=1e7, MAXN=Lim+10, P=998244353;
#define de(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define dd(x) cout << #x << " = " << x << " "

template <class T>
void read(T &x) {
	static char ch;static bool neg;
	for(ch=neg=0;ch<'0' || '9'<ch;neg|=ch=='-',ch=getchar());
	for(x=0;'0'<=ch && ch<='9';(x*=10)+=ch-'0',ch=getchar());
	x=neg?-x:x;
}

int fc[MAXN], prime[MAXN/10], cntprime, fck[MAXN], phi[MAXN], f[MAXN], sumit[MAXN];
inline void init() {
    phi[1]=f[1]=1;
    for(int i=2; i<=Lim; ++i) {
        if(!fc[i]) {
            fc[i]=prime[++cntprime]=fck[i]=i;
            phi[i]=i-1;
            f[i]=i+i-1;
        }
        for(int j=1; j<=cntprime; ++j)
            if(prime[j]*i>Lim) break;
            else if(prime[j]<fc[i]) {
                fc[prime[j]*i]=prime[j];
                fck[prime[j]*i]=prime[j];
                phi[prime[j]*i]=phi[i]*(prime[j]-1);
                f[prime[j]*i]=f[i]*(2ll*prime[j]-1)%P;
            }
            else{
                fc[prime[j]*i]=prime[j];
                fck[prime[j]*i]=prime[j]*fck[i];
                phi[prime[j]*i]=phi[i]*prime[j];
                f[prime[j]*i]=(f[i]+(ll)f[i/fck[i]]*phi[fck[i]])%P*prime[j]%P;
            }
    }

    for(int i=1; i<=Lim; ++i)
        sumit[i]=((3ll*i+3)*f[i]+i+sumit[i-1])%P;
}

inline int g(int n, int m) {
    int res=0;
    for(int i=1, j; i*i<=m; ++i) if(m%i==0) {
        j=m/i;
        res=(res+(ll)phi[i]*(n/i))%P;
        if(i!=j) res=(res+(ll)phi[j]*(n/j))%P;
    }
    return res;
}
inline int findit(__int128 m) {
    __int128 l=1, r=1e7, mid, ans=0;
    while(l<=r) {
        mid=l+r>>1;
        if(mid*mid*mid<=m) {
            ans=mid;
            l=mid+1;
        }
        else r=mid-1;
    }
    return ans;
}
inline int ans(__int128 n) {
    int m=findit(n);
    int res=((n/m-(ll)m*m)*f[m]+m)%P+g(n%m, m);
    res=(res%P+sumit[m-1])%P;
    return res<0?res+P:res;
}

int main() {
    init();
    int t; read(t);
    __int128 n;
    while(t--) read(n), printf("%d
", ans(n));
    return 0;
}