hdu6588（莫比烏斯反演）

題目:求$\sum\limits_{i=1}^{n} gcd(\sqrt[3]{i},i),n\leq1e^{21}$
本文學習了連接這位大佬的博客，本文僅僅是理解他博客的公式後自己的推公式過程
直接求顯然不可以，推一波公式化簡一下。
前置公式：
(1)莫比烏斯公式：若$g(x)=\sum\limits_{x|d}f(d)$，則$f(x)=\sum\limits_{x|d} \mu(\frac{d}{x})g(d)$
(2)歐拉函數與莫比烏斯函數的一個關係式：$\phi(n)=$$\sum\limits_{d|n}μ(d)\cdot⌊\frac{n}{d}⌋$ ;
(3)$\sum\limits_{i=1}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
(4)$\sum\limits_{i=1}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}$
(5)$若a|b，b|c，則a|c$
正式推公式：
$\sum\limits_{i=1}^{n}gcd(\sqrt[3]{i},i)$
$=\sum\limits_{i=⌊\sqrt[3]{n}⌋^3}^{n}gcd(⌊\sqrt[3]{n}⌋,i)+\sum\limits_{a=1}^{⌊\sqrt[3]{n}⌋-1}\sum\limits_{i=a^3}^{(a+1)^3-1}gcd(a,i)$
我們看到求解的問題被分爲兩部分，但前後兩部分都有求$\sum\limits_{i=l}^{r}gcd(a,i)$把這部分單獨拿出來求

定義$f(l,r,x)=\sum\limits_{i=l}^{r}[gcd(i,a)==x]$
則$\sum\limits_{i=l}^{r}gcd(a,i)=\sum\limits_{x|a}x\sum\limits_{i=l}^{r}[gcd(i,a)==x]=\sum\limits_{x|a}xf(l,r,x)$
對$f$進行反演一波，構造$g(l,r,x)=\sum\limits_{x|d}f(l,r,d)=\sum\limits_{x|d}f(l,r,d)=\sum\limits_{x|d}\sum\limits_{i=l}^{r}[gcd(i,a)==d]$
由公式（5）可知$i$只要滿足$x|gcd(i,a)$即爲有效貢獻，所以$g(l,r,x)=\sum\limits_{i=l}^{r}[x|gcd(i,a)]=⌊\frac{r}{x}⌋-⌊\frac{l-1}{x}⌋$,注意這裏要滿足$x|a$，
因爲如果$x不是a的因子的話，g(l,r,x)=0$
由公式（1）可知$f(l,r,x)=\sum\limits_{x|d}\mu(\frac{d}{x})g(l,r,d)$
因爲如果$x不是a的因子的話，g(l,r,x)=0$
所以$f(l,r,x)==\sum\limits_{x|d,d|a}\mu(\frac{d}{x})(⌊\frac{r}{d}⌋-⌊\frac{l-1}{d}⌋)$
所以$\sum\limits_{i=l}^{r}gcd(a,i)=\sum\limits_{x|a}x\sum\limits_{x|d,d|a}\mu(\frac{d}{x})(⌊\frac{r}{d}⌋-⌊\frac{l-1}{d}⌋)=\sum\limits_{d|a}(⌊\frac{r}{d}⌋-⌊\frac{l-1}{d}⌋)\sum\limits_{x|d}x\mu(\frac{d}{x})=\sum\limits_{d|a}(⌊\frac{r}{d}⌋-⌊\frac{l-1}{d}⌋)\phi(d)$

最後一步就是把$x和d的順序調換，本來是先x|a再x|d,d|a$轉成先$d|a,再x|d$

到這裏就可以$O（\sqrt{a}）求\sum\limits_{i=l}^{r}gcd(a,i)$了，所以求解$\sum\limits_{i=⌊\sqrt[3]{n}⌋^3}^{n}gcd(⌊\sqrt[3]{n}⌋,i)$的複雜度爲$O(\sqrt[6]{n})$
對於後一段，直接求複雜度仍然很高，需要繼續化簡$\sum\limits_{a=1}^{⌊\sqrt[3]{n}⌋-1}\sum\limits_{i=a^3}^{(a+1)^3-1}gcd(a,i)=\sum\limits_{a=1}^{⌊\sqrt[3]{n}⌋-1}\sum\limits_{d|a}(⌊\frac{(a+1)^3}{d}⌋-⌊\frac{a^3-1}{d}⌋)\phi(d)=\sum\limits_{d=1}^{⌊\sqrt[3]{n}⌋-1}\phi(d)\sum\limits_{i=1}^{⌊\frac{⌊\sqrt[3]{n}⌋-1}{d}⌋}⌊\frac{(di+1)^3}{d}⌋-⌊\frac{di^3-1}{d}⌋)= \sum\limits_{d=1}^{⌊\sqrt[3]{n}⌋-1}\sum\limits_{i=1}^{⌊\frac{⌊\sqrt[3]{n}⌋-1}{d}⌋}(3i^2d+3i+1)\phi(d)$
令$y=⌊\frac{⌊\sqrt[3]{n}⌋-1}{d}⌋$且又（4）（5）得後半段爲
$\sum\limits_{a=1}^{⌊\sqrt[3]{n}⌋-1}\sum\limits_{i=a^3}^{(a+1)^3-1}gcd(a,i)=\sum\limits_{d=1}^{⌊\sqrt[3]{n}⌋-1}\phi(a)(3*d*\frac{y(y+1)(2y+1)}{6}+3\frac{y(y+1)}{2}+y)$
對$y$進行分塊處理，整體複雜度也爲O($\sqrt[6]{n}$),對$\phi(i)和i\phi(i)前綴和預處理爲O(\sqrt[3]{n})$
所以這道題可以在複雜度$O(\sqrt[3]{n})$下完成。
代碼因爲找不到錯誤，對拍對着對着跟原博主的代碼越來越像。
ac代碼：

#include<bits/stdc++.h>
#define db double
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define ull unsiged ll
#define rep(i,l,r) for(int i=l;i<=r;i++)
#define per(i,r,l)for(int i=r;i>=l;i--)
#define file(x) freopen(#x".in","w",stdout);
#define bug(x) cerr<<#x<<": "<<x<<endl
typedef __int128 int128;
using namespace std;
const int MX = 1e7 + 7;
const int mod=998244353;
ll modulo(ll num, ll MOD = mod) { return ((num%MOD) + MOD) % MOD; }
ll power(ll b, ll e, ll MOD = mod) { ll ans = 1; while (e) { if (e % 2) ans = (ans*b) % MOD; b = (b*b) % MOD; e /= 2; } return ans; }
ll inv(ll num, ll MOD = mod) { return power(modulo(num), MOD - 2, MOD); }
ll gcd(ll a, ll b) { return ((b == 0) ? a : gcd(b, a%b)); }
ll phi[MX];
ll pri[MX],inv2,inv6,iphi[MX],phisum[MX];
bool isp[MX];
int tmp=0;
struct Istream {
    template <class T>
    Istream &operator >>(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;
        return *this;
    }
}fin;
struct Ostream {
    template <class T>
    Ostream &operator <<(T x) {
        x<0 && (putchar('-'),x=-x);
        static char stack[233];static int top;
        for(top=0;x;stack[++top]=x%10+'0',x/=10);
        for(top==0 && (stack[top=1]='0');top;putchar(stack[top--]));
        return *this;
    }
    Ostream &operator <<(char ch) {
        putchar(ch);
        return *this;
    }
}fout;
void pre_phi()
{
  isp[0]=isp[1]=false;
  phi[1]=1;
  for(int i=2;i<MX;i++)
  {
    if(!isp[i])
    {
      pri[++tmp]=i;
      phi[i]=i-1;
    }
    for(ll j=1;i*pri[j]<MX&&j<=tmp;j++)
    {
      int ans=i*pri[j];
      isp[ans]=true;
      if(i%pri[j])
      {
        phi[ans]=phi[i]*(pri[j]-1);
      }
      else {
        phi[ans]=phi[i]*pri[j];
        break;
      }
    }
  }
  phisum[1]=1,iphi[1]=1;
  for(int i=2;i<MX;i++)
  {
    iphi[i]=(iphi[i-1]+1ll*i*phi[i]%mod)%mod;
    phisum[i]=(phisum[i-1]+phi[i])%mod;
  }
}
int128 get_n3(int128 n)
{
  int128  l=0,r=1e8,res=1,mid;
  while(l<=r)
  {
      mid=(l+r)/2;
    if(int128(mid*mid*mid)<=n)res=mid,l=mid+1;
    else r=mid-1;
  }
  return res;
}
int main()
{
	inv2=inv(2),inv6=inv(6);
	int t;
	pre_phi();
	fin>>t;
	while(t--){
	int128 n;
	fin>>n;
	ll ans=0;
	int128 n3=get_n3(n);
	int128 m=n3*n3*n3;
	for(ll i=1;i*i<=n3;i++)
  {
    if(n3%i==0)
    {
      ans=ans+phi[i]*(n/i-(m-1)/i)%mod;
      ll t=n3/i;
      if(i*i!=n3)
        ans+=phi[t]*(n/t-(m-1)/t)%mod;
      ans=ans%mod;
    }
  }
  n3--;
  ll j,res;
  for(ll i=1;i<=n3;i=j+1)
  {
    res=n3/i;
    j=n3/res;
    ans=ans+3*(iphi[j]-iphi[i-1]+mod)%mod*res%mod*(res+1)%mod*(2*res+1)%mod*inv6%mod;
    ans=ans+(phisum[j]-phisum[i-1]+mod)%mod*(3*res*(res+1)%mod*inv2%mod+res)%mod;
    ans=ans%mod;
  }
  fout<<ans<<'\n';
  //cout<<ans<<endl;
  }
}