BZOJ2154(莫比烏斯反演)

2154: Crash的數字表格

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Description

今天的數學課上，Crash小朋友學習了最小公倍數(Least Common Multiple)。對於兩個正整數a和b，LCM(a, b)表示能同時被a和b整除的最小正整數。例如，LCM(6, 8) = 24。回到家後，Crash還在想着課上學的東西，爲了研究最小公倍數，他畫了一張N*M的表格。每個格子裏寫了一個數字，其中第i行第j列的那個格子裏寫着數爲LCM(i, j)。一個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 看着這個表格，Crash想到了很多可以思考的問題。不過他最想解決的問題卻是一個十分簡單的問題：這個表格中所有數的和是多少。當N和M很大時，Crash就束手無策了，因此他找到了聰明的你用程序幫他解決這個問題。由於最終結果可能會很大，Crash只想知道表格裏所有數的和mod 20101009的值。

Input

輸入的第一行包含兩個正整數，分別表示N和M。

Output

輸出一個正整數，表示表格中所有數的和mod 20101009的值。

Sample Input

4 5

Sample Output

122
【數據規模和約定】
100%的數據滿足N, M ≤ 10^7。

HINT

解題思路：，，，這題做了一天，感覺是我做過最難的莫比烏斯反演的題。。。。不多說了，直接看代碼

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 10000000 + 10;
typedef long long LL;
const LL mod = 20101009;
int N, M;
int mu[maxn];
int prime[maxn];
bool valid[maxn];
LL pre[maxn];
void Mobius()
{
    mu[1] = 1;
    int tot = 0;
    memset(valid, true, sizeof(valid));
    int Min = min(N, M);
    for(int i = 2; i <= Min; i++)
    {
        if(valid[i])
        {
            prime[++tot] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= Min; j++)
        {
            valid[i * prime[j]] = false;
            if(i % prime[j] == 0)
            {
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }
            mu[i * prime[j]] = -mu[i];
        }
    }
}
LL cal(int a, int b)
{
    LL ans1 = (LL)a * (LL)(a + 1) / 2;
    ans1 %= mod;
    LL ans2 = (LL)b * (LL)(b + 1) / 2;
    ans2 %= mod;
    return (ans1 * ans2) % mod;
}
void init()
{
    memset(pre, 0, sizeof(pre));
    int Min = min(N, M);
    for(int i = 1; i <= Min; i++)
    {
        pre[i] = (pre[i - 1] + ((LL)i * (LL)i) % mod * mu[i] + mod) % mod;
    }
}
int main()
{
    scanf("%d%d", &N, &M);
    Mobius();
    init();
    LL ans = 0;
    int Min1 = min(N, M);
    int nxt1;
    for(int i = 1; i <= Min1; i = nxt1 + 1)
    {
        nxt1 = min(min(N / (N / i), M / (M / i)), Min1);
        LL term1 = 0;
        int nxt2;
        int res1 = N / i;
        int res2 = M / i;
        int Min2 = min(res1, res2);
        for(int j = 1; j <= Min2; j = nxt2 + 1)
        {
            nxt2 = min(min(res1 / (res1 / j), res2 / (res2 / j)), Min2);
            LL term2 = (pre[nxt2] - pre[j - 1] + mod) % mod;
            term2 = (term2 * cal(res1 / j, res2 / j)) % mod;
            term1 = (term1 + term2 + mod) % mod;
        }
        LL sum = (LL)(nxt1 - i + 1) * (LL)(i + nxt1) / 2;
        sum = (sum * term1) % mod;
        sum %= mod;
        ans = (ans + sum + mod) % mod;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

Source