[BZOJ 2154] Crash的数字表格

2154: Crash的数字表格

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Description

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。

Input

输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。

Output

输出一个正整数，表示表格中所有数的和mod 20101009的值。

Sample Input

4 5

Sample Output

122
【数据规模和约定】
100%的数据满足N, M ≤ 107。

HINT

Source

数论

【题解】

用莫比乌斯繁衍（题解均省略取模运算）

设sum2(i)=i*(i+1)/2

设函数sum(i,j)=sum2(i)*sum2(j)

那么，ans=sigma (D=1 to min(n,m)) sum(n/d,m/d)* (sigma (i|D) Di*mu[i])

（这是可以推出来的）

然后呢，YSY聚聚告诉我了一个方法：

线性筛筛素数，记录i最小素数因子为mz[i]

然后，设f[D] 为 (sigma (i|D) Di*mu[i])，那么，

f[D]=f[D/mz[i]]（mz[i/mz[i]]==mz[i])

f[D]=f[D/mz[i]]*(1-mz[i]) （else）

那么，即可在O(n)时间内处理

可以用前缀和维护f，则在O(sqrt n)之内处理完

需要强调的是！！！！！！！

括号啊括号！！long long啊long long！！！

WA了10几次，精度爆炸了

首先是sum，不能连乘3次！！

long long 强制转换要放内部！

唉，ysy一遍A，我WA了10几次，TAT

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int prime[1000010];
int tot,mz[10000010];
int f[10000010],n,m;
long long ans;
const int mod=20101009;
long long sum(int ki,int kj) {
    return ((((long long)ki*(ki+1)/2)%mod)*(((long long)kj*(kj+1)/2)%mod))%mod;
}
int main() {
    //freopen("a.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if (n>m) {
        int t=n;
        n=m;
        m=t;
    }
    for (int i=2;i<=n;++i) {
        if (!mz[i]) {
            prime[++tot]=i;
            mz[i]=i;
        }
        for (int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;++j) {
            mz[i*prime[j]]=prime[j];
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
    //for (int i=1;i<=tot;++i) cout<<prime[i]<<endl;
    //for (int i=1;i<=n;++i) cout<<mz[i]<<endl;
    f[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i)
        if(mz[i/mz[i]]==mz[i]) f[i]=f[i/mz[i]]%mod;
        else f[i]=((long long)(f[i/mz[i]]*(1-mz[i])))%mod;
    for (int i=1;i<=n;++i) ans=(ans+(sum(n/i,m/i)*(((long long)f[i]*i)%mod)))%mod;
    printf("%lld
",(ans%mod+mod)%mod);
    return 0;
}

上面的代码为O(n)算法，8988ms

下面我们可以用前缀和来维护，O(sqrt n) 4989ms

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int prime[1000010];
int tot,mz[10000010];
int f[10000010],n,m;
long long ans;
const int mod=20101009;
long long sum(int ki,int kj) {
    return ((((long long)ki*(ki+1)/2)%mod)*(((long long)kj*(kj+1)/2)%mod))%mod;
}
int main() {
    //freopen("a.out","w",stdout);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if (n>m) {
        int t=n;
        n=m;
        m=t;
    }
    for (int i=2;i<=n;++i) {
        if (!mz[i]) {
            prime[++tot]=i;
            mz[i]=i;
        }
        for (int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;++j) {
            mz[i*prime[j]]=prime[j];
            if(i%prime[j]==0) break;
        }
    }
    //for (int i=1;i<=tot;++i) cout<<prime[i]<<endl;
    //for (int i=1;i<=n;++i) cout<<mz[i]<<endl;
    f[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;++i)
        if(mz[i/mz[i]]==mz[i]) f[i]=f[i/mz[i]];
        else f[i]=((long long)f[i/mz[i]]*(1-mz[i]))%mod;
    for (int i=2;i<=n;++i)
        f[i]=((long long)f[i]*i+f[i-1])%mod;
    int j=0;
    for (int i=1;i<=n;i=j+1) {
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans=(ans+(sum(n/i,m/i)*(long long)(f[j]-f[i-1])%mod))%mod;
    }
    printf("%lld
",(ans+mod)%mod);
    return 0;
}