題目描述

今天的數學課上，Crash小朋友學習了最小公倍數(Least Common Multiple)。對于兩個正整數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。回到家后，Crash還在想著課上學的東西，為了研究最小公倍數，他畫了一張N*M的表格。每個格子里寫了一個數字，其中第i行第j列的那個格子里寫著數為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

看著這個表格，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。由于最終結果可能會很大，Crash只想知道表格里所有數的和mod 20101009的值。

輸入

輸入的第一行包含兩個正整數，分別表示N和M。

輸出

輸出一個正整數，表示表格中所有數的和mod 20101009的值。

樣例輸入

4 5

樣例輸出

122

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題解

莫比烏斯反演

預處理mu和mu(i)*i^2及其前綴和。

然后先分塊出n/p和m/p，然后再分塊求出后面的一串，這樣分塊套分塊時間復雜度是O(n)的，可以解決這道題。

#include <cstdio> #include <algorithm> #define N 10000010 #define mod 20101009 using namespace std; typedef long long ll; const int n = 10000000; int mu[N] , prime[N] , tot; ll sum[N]; bool np[N]; ll s(int x) {return (ll)x * (x + 1) / 2 % mod; } ll query(int a , int b) {int i , last;ll ans = 0;for(i = 1 ; i <= a && i <= b ; i = last + 1) last = min(a / (a / i) , b / (b / i)) , ans = (ans + (sum[last] - sum[i - 1] + mod) % mod * s(a / i) % mod * s(b / i) % mod) % mod;return ans; } int main() {int i , j , last , a , b;ll ans = 0 , t;mu[1] = sum[1] = 1;for(i = 2 ; i <= n ; i ++ ){if(!np[i]) mu[i] = -1 , prime[++tot] = i;for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= n ; j ++ ){np[i * prime[j]] = 1;if(i % prime[j] == 0){mu[i * prime[j]] = 0;break;}else mu[i * prime[j]] = -mu[i];}sum[i] = (sum[i - 1] + (ll)mu[i] * i * i + mod) % mod;}scanf("%d%d" , &a , &b);for(i = 1 ; i <= a && i <= b ; i = last + 1) last = min(a / (a / i) , b / (b / i)) , ans = (ans + (s(last) - s(i - 1) + mod) % mod * query(a / i , b / i)) % mod;printf("%lld\n" , ans);return 0; }

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轉載于:https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/6999816.html

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【bzoj2154】Crash的数字表格 莫比乌斯反演的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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