一道水題---lucas的數論

題目很簡潔:

求

∑i=1n∑j=1nf(i×j)

其中f(x) 表示x 的約數個數.答案很大,mod 1000000007後輸出.
數據範圍：1≤n≤109

解法：

d|(i×j) 等價於dgcd(i,d)|j
設e=gcd(i,d), i=k1⋅e, d=k2⋅e
則只需且必須：k1|i且k2|j，gcd(k1,k2)=1
所以

ans=∑i=1n∑j=1nf(i×j)

=∑i=1n∑j=1n∑k1|in∑k2|jn[gcd(k1,k2)=1]

=∑k1=1n∑k2=1n[gcd(k1,k2)=1]∑k1|in∑k2|jn1

=∑k1=1n∑k2=1n[gcd(k1,k2)=1]⋅[nk1]⋅[nk2]

到了這一步，就用本人比較喜歡的方式進行莫比烏斯反演.
令

f(x)=∑k1=1n∑k2=1n[gcd(k1,k2)=x]⋅[nk1]⋅[nk2]

F(x)=∑k1=1n∑k2=1n[x|gcd(k1,k2)]⋅[nk1]⋅[nk2]

則由f,F的含義可得

F[i]=∑i|dnf(d)

反演得

f(i)=∑i|dnμ(di)⋅F(d)

特別地

f(1)=∑d=1nμ(d)⋅F(d)

又

F(d)=∑d|k1n∑d|k2n⋅[nk1]⋅[nk2]

=∑k1=1nd∑k2=1nd[nk1d]⋅[nk2d]=(∑k=1nd[nkd])2

所以

ans=f(1)=∑d=1nμ(d)⋅(∑k=1nd[nkd])2

考慮到nd 的不同取值只有不到2n√ 種，故外層可以在O(n√ ）內枚舉,內層同樣的道理,也可以快速處理,複雜度不好分析,大約O(n34 ).
至於μ(d) 怎麼辦,用杜教篩求快速前綴和即可,杜教篩複雜度O(n23 ).

參考代碼

#include<cstdio>
#include<map>
using namespace std; 
#define MAXN 3000010
#define mod 1000000007
#define LL long long
int lim=1000000;
int n,pri[MAXN],tot,mu[MAXN*10];
bool vis[MAXN*10];
void init()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=lim;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            pri[++tot]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=lim;j++)
        {
            vis[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)
            {
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            }
            else
            {
                mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=lim;i++)
    {
        mu[i]+=mu[i-1];
    }
    return ;
}
map<LL,LL>MU;
LL f(LL x)
{
    if(x<=lim)
    {
        return mu[x];
    }
    if(MU.count(x))
    {
        return MU[x];
    }
    LL ans=0,e,ee;
    for(e=2;e<=x;e=ee+1)
    {
        ee=(x/(x/e));
        ans+=f(x/e)*(ee-e+1);
    }
    return MU[x]=1-ans;
}
int ans=0;
inline int cal(int x)
{
    int ff,fff,an=0;
    for(ff=1;ff<=x;ff=fff+1)
    {
        fff=x/(x/ff);
        an+=1ll*(fff-ff+1)*(x/ff)%mod;
        an-=an>=mod?mod:0;
    }
    return an;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    init();
    int e,ee,q;
    for(e=1;e<=n;e=ee+1)
    {
        ee=n/(n/e);
        q=cal(n/e);
        ans+=1ll*q*q%mod*(f(ee)-f(e-1))%mod;
        ans+=ans<0?mod:0;
        ans-=ans>=mod?mod:0;
    }
    printf("%d\n",ans);  
    return 0;
}