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【题解】洛谷P3768 简单的数学题[杜教筛]+两种欧反公式解析

news 2025/8/8 5:24:41

（前排提示：这道题有两种方法）

这道题老抽了，很多人（包括我）想也不想的就直接莫比乌斯反演：

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}i*j*gcd(i,j)$

$=\sum_{i=1}^{n}i\sum_{j=1}^{n}j\sum_{d=1}^{n}d*[gcd(i,j)=d]$

$=\sum_{d=1}^{n}d \sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}id\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}jd*[gcd(i,j)=1]$

$=\sum_{d=1}^{n}d^3\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}i\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}j\sum_{a|gcd(i,j)}^{}\mu (a)$

……巴拉巴拉的，这样，我就先不推了。

但是打住，冷静思考下，长这个样子的式子 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)$ ，

是不是还可以变成 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{a|i,a|j}^{}\varphi (a)$ 呢？

（因为 $\sum_{d|n}^{}\varphi (n)=n$ ，严格推导后面问问题的时候有）

那接着就是：

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}i*j\sum_{a|i,a|j}^{}\varphi (a)$

$=\sum_{a=1}^{n} \varphi (a)*a^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{a}}\sum_{j=1}^{\frac{n}{a}}ij$

$=\sum_{a=1}^{n} \varphi (a)*a^2(\sum_{i=1}^{\frac{n}{a}}i)^2$

$=\sum_{a=1}^{n} \varphi (a)*a^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{a}}i^3$

但是 $\sum_{a=1}^{n} \varphi (a)*a^2$ 前面的这个，因为 $n$ 太大，没法直接前缀和。

还得拿出来多造一个函数，搞一遍狄利克雷。

我把推导写这里，本质上就是 $\varphi *1*id*id=id*id*id$ ：

$s(n)=\sum_{i=1}^{n}i*i*\varphi (i)$

$f=\varphi*id*id,g=1,(f*g)=id*id*id$ ，

$g(1)s(n)=\sum_{i=1}^{n}(f*g)(i)-\sum_{i=2}^{n}g(i)id(i)id(i)s(\frac{n}{i})$

$1*s(n)=\sum_{i=1}^{n}id(i)*id(i)*id(i)-\sum_{d=2}^{n}(s(\frac{n}{d})*1*i*i)$

$s(n)=\sum_{i=1}^{n}i^3-\sum_{d=2}^{n}i^2*s(\frac{n}{d})$

$s(n)=(\frac{n(n+1)}{2})^2-\sum_{d=2}^{n}i^2*s(\frac{n}{d})$

这个 ${d=2}^{n}i^2$ 略有麻烦，需要两个平方和数列求和相减（又得造个函数）。

最后再分块加速就好了。

说回 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)\Rightarrow \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{a|i,a|j}^{}\varphi (a)$ 。

就像这道题一样，有时候，转换为欧拉函数会让我们省去很多步骤。

那到底什么时候可以转化为欧拉函数，什么时候会更方便？

还有上面链接那道题和这道题的转化后的形式为什么不一样，选哪一种更好？

先别急，我们先来解决第一个问题，也就是什么时候可以转化。

回想下，我们有 $\mu *id =\varphi$ 。也就是 $\sum_{d|n}^{}\mu (d)\frac{n}{d}=\varphi (n)$ 。

而这个东西 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)$ ，莫反后刚好就是：

$=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}i\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}j\sum_{d=1}^{n}\sum_{a|gcd(i,j)}^{}\mu (a)$

$=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{a|gcd(i,j)}^{}\mu (a)$

$=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{a=1}^{\frac{n}{d}}\mu (a)[a|i][a|j]$

$=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{a=1}^{\frac{n}{d}}\mu (a)\left \lfloor \frac{n}{ad} \right \rfloor^2$

设 $T=ad$ ，则有：

$=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{\frac{T}{d}=1}^{\frac{n}{d}}\mu (\frac{T}{d})\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^2$

$=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{T=1}^{n}\mu (\frac{T}{d})\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^2$

$=\sum_{T=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^2\sum_{d|T}^{}d*\mu (\frac{T}{d})$

这个 $\sum_{d|T}^{}d*\mu (\frac{T}{d})$ ，其实就是欧拉函数。

$=\sum_{T=1}^{n}\varphi (T)\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^2$

也就是只要出现 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)$ ，就可以变成 $\sum_{T=1}^{n}\varphi (T)\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^2$ 。

~~（如果你认真做过莫反的题，会觉得上面的推导过程就像快乐老家一样）~~

那什么时候转化会更方便呢？其实大多数时候都会更好算，因为直接少了一个 for 循环。

（就是叫各位做数论题时看到 gcd 求和，就玩了命的推欧拉函数）

当然有且只有在 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)$ 的时候可以用欧拉，其它像求 gcd 对数啊什么的还是老老实实莫反吧。

那为什么那道题和现在这道题的欧拉函数转化不一样呢？

很简单，我们比较 $\sum_{T=1}^{n}\varphi (T)\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^2$ 和 $\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}(2*\varphi (i)-1)$ 。

发现时间复杂度都是 $O(\sqrt{n})$ ，而后者还要加个 $O(N)$ 的预处理。

但大家发现了吗？ $T$ 和 $d$ 是不同的！！也就是第一个公式改变了求和的变量，而第二个没有。

这个很重要！！！如果你需要求 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}f(gcd(i,j))$ 的话，那你只能选第二种。

因为第一种把整个和式都大换洗了一遍，

化成 $\sum_{T=1}^{n}\varphi (T)\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^2$ 的话，你根本不知道 $f$ 函数里面应该放什么。

而 $\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}(2*\varphi (i)-1)$ 还保留了最外面那个循环，

直接 $\sum_{d=1}^{n}f(d)\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}(2*\varphi (i)-1)$ 就好。

我们这道题之所以选用 $\sum_{T=1}^{n}\varphi (T)\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^2$ ，不仅是因为没有 $f$ 函数，

还是因为 $a^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{a}}i^3$ 这坨很不好初始化，

加上 $\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}(2*\varphi (i)-1)$ 带到杜教筛里面就更灾难了。

讲了这么多，再复习这道题一遍公式：

$\sum_{a=1}^{n} \varphi (a)*a^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{a}}i^3$

$\sum_{i=1}^{n}i*i*\varphi (i)=(\frac{n(n+1)}{2})^2-\sum_{d=2}^{n}i^2*s(\frac{n}{d})$
这题还有很多细节错误特别阴，大家如果遇到问题，可以去洛谷该题讨论区看看别人的经验。

直接看代码吧：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5e6+10; 
typedef long long LL;
template<typename T> void qread(T &x){x=0; int f=1; char c=getchar();for(; !isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=-1;for(; isdigit(c); c=getchar()) x=x*10+(c-'0');x*=f;
}
LL P, n;
int phi[N], pr, prime[N]; //phi不能开longlong会炸 
LL sp[N], invtwo, invsix;
bool v[N];
void init(){pr=0; memset(v, 0, sizeof(v));phi[1]=1;for(int i=2; i<=N-10; i++){if(!v[i]){pr++; prime[pr]=i;phi[i]=i-1;}for(int j=1; (j<=pr) && (i*prime[j]<=N-10); j++){int p=prime[j];v[i*p]=1;if(i%p==0){phi[i*p]=phi[i]*p;break;}else{phi[i*p]=phi[i]*phi[p];}} }sp[0]=0;for(int i=1; i<=N-10; i++){sp[i]=(sp[i-1]+1LL*phi[i] *i%P*i)%P;}
}
LL q_pow(LL a, LL b){LL res=1;while(b){if(b&1) res=res*a%P;a=a*a%P; b/=2;}return res;
}
LL powsum(LL x){ //平方和数列求和 x%=P;return x*(x+1)%P*(2*x+1)%P*invsix%P;
}
LL getsum(LL x){ //自然数数列求和平方（就是i^3立方和数列的求和） x%=P;LL t=x*(x+1)%P*invtwo%P;return t*t%P;
}
map<LL, LL> hsp;
LL calc(LL x){ //欧拉函数*i*i求和 if(x<=N-10) return sp[x];if(hsp[x]) return hsp[x];LL res=getsum(x)%P;for(LL i=2, j; i<=x; i=j+1){j=x/(x/i);LL t=((powsum(j)-powsum(i-1))%P+P)%P;res=((res-t*calc(x/i)%P)+P)%P;}return hsp[x]=res;
}
LL solve(LL x){LL res=0;for(LL i=1, j; i<=x; i=j+1){j=x/(x/i);LL t=getsum(x/i)%P;res=(res+((calc(j)-calc(i-1))%P+P)%P*t%P)%P;}return res;
}
int main(){qread(P); qread(n);invtwo=q_pow(2, P-2);invsix=q_pow(6, P-2);init();printf("%lld\n", solve(n));return 0;
}

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http://www.dtcms.com/a/318907.html