bzoj 2154: Crash的数字表格

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 ≤ 10^7。

HINT

Source

真的是好久没写博了,鬼知道我这几天经历了什么,LaTeX真TMD不好用,打错了不负责....

发一道数学题真不容易...

这个题要求:

                  

根据数学常识等价于:

                

根据莫比乌斯的套路,出现gcd的话就相当于是枚举一个gcd则转为:

               

再次利用莫比乌斯的套路,出现gcd(i,j)==g的就把枚举范围除以g,变为gcd(i,j)==1:

              

约分加上常见变形:

              

再次利用莫比乌斯的套路,先在外面枚举t(第二个j上面的n改成m...手贱):

               

因为t是既是i的约数又是j的约数,可以两个sigma同时除以t:

               

再用一个常见的肮脏套路,令Q=gt:

               

令:(那么这个可以用等差数列求和实现,可以预处理O(1))

            

原式通过约分:

              

问题的瓶颈在于求解:

                

令:

              

我们发现这是一个积性函数(由定义法暴力乘开,然后mu函数本身为积性函数,然后这个也是积性函数),然后我们就可以通过线性筛后,O(1)求解

原式变为:

            

复杂度为O(n)

看到后面两个S式子显然就可以用数论分块做,然后前面那个东西就记一个f(i)*i的前缀和即可

复杂度为O(n+T*sqrt(n));

附上代码:

// MADE BY QT666
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<set>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#define lson num<<1
#define rson num<<1|1
#define RG register
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=10000010;
const int mod=1e8+9;
int gi()
{
  RG int x=0,flag=1;
  RG char ch=getchar();
  while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') flag=-1;ch=getchar();}
  while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
  return x*flag;
}
int f[N],tot[N],tot2[N],vis[N],prime[N],tt;
void work(){
	f[1]=1;tot[1]=1,tot2[1]=1;
	for(RG int i=2;i<N;i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++tt]=i;f[i]=mod-i+1;
		}
		for(RG int j=1;j<=tt&&i*prime[j]<N;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0){
				f[i*prime[j]]=f[i];
				break;
			}
			else{
				f[i*prime[j]]=((ll)f[i]*(ll)f[prime[j]])%mod;
			}
		}
		tot[i]=(tot[i-1]+i)%mod;
		tot2[i]=((ll)tot2[i-1]+((ll)f[i]*(ll)i)%mod)%mod;
	}
}
int main()
{
	RG int T=gi();
	work();
	while(T--){
		RG int n=gi(),m=gi();
		if(n>m) swap(n,m);int pos=0;
		ll ans=0;
		for(RG int i=1;i<=n;i=pos+1){
			pos=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=((((ll)tot[n/i]%mod)*((ll)tot[m/i]%mod))%mod*(((ll)tot2[pos]-tot2[i-1])%mod))%mod;
			ans=(ans+mod)%mod;
		 }
		printf("%lld
",ans);
		}
}