problem

luogu-P3700

solution

• $f(a,b)=f(b,a)$ 意味著我們只用考慮半個棋盤的信息。

• $b?f(a,a+b)=(a+b)?f(a,b)$

  會發現修改 $f(a,b)$ 就影響 $f(a,a+b)$ 進而影響 $f(a,a+2b)\dots$

  對于這個信息，如果對數學很敏感的選手，就會直接猜跟 $\gcd$ 掛鉤了。

  向我們這種凡人呢就只能聽天由命了

  考慮這個性質之所以很難使用上，是因為這兩個式子的系數只有一項，且是與等式對面的 $f(x,y)$ 掛鉤的。

  這種跟對面掛鉤的我們會想到比例式，因為我們清楚如果分母和分子相同是可以約分的。

  當寫成比例式 $\frac{f(a,a+b)}{a+b}=\frac{f(a,b)}{b}$，我們才會稍微察覺到如果兩邊都再除以一個 $a$，整體形式就很同構了。

  $\frac{f(a,a+b)}{a?(a+b)}=\frac{f(a,b)}{a?b}$ 加減運算不影響 $\gcd$ 的值。

  遞歸輾轉相除最后就會得到 $\frac{f(a,b)}{a?b}=\frac{f(\gcd (a,b),\gcd (a,b))}{\gcd (a,b{)}^2}$。

  所以我們可以得出：修改 $f(x,y)$ 只會影響 $\gcd (x,y)=\gcd (a,b)$ 的所有 $f(a,b)$ 的值。

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繼續考慮處理詢問，這就要推式子了。
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}f(i,j)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{i\times j}{\gcd (i,j{)}^2}f(i,j)=\sum _{d=1}^{n}f(d,d)\sum _{i=1}^{?\frac{n}{d}?}\sum _{j=1}^{?\frac{n}{d}?}i\times j?[\gcd (i,j)=1]$$

$$\begin{gathered} \sum _{k=1}^n[\gcd (k,n)=1]?k \\ =\sum _{k=1}^{n}k\sum _{d\mid k}\mu (d)=\sum _{d\mid n}\mu (d)\sum _{d\mid k}k=\sum _{d\mid n}\mu (d)?d\sum _{i=1}^{?\frac{n}{d}?}i \\ =\sum _{d\mid n}\mu (d)?d?\frac{(?\frac{n}{d}?+1)??\frac{n}{d}?}{2}=\frac{n?({\sum }_{d\mid n}\mu (d)+n{\sum }_{d\mid n}\frac{\mu (d)}{d})}{2} \\ =\frac{n?(\phi (n)+[n=1])}{2} \end{gathered}$$

根據兩個基礎數論結論：${\sum }_{d\mid n}\mu (d)=[n=1],{\sum }_{d\mid n}\frac{\mu (d)}{d}=\frac{\phi (n)}{n}$ 得出最后一個等式。

$$\sum _{d=1}^{n}f(d,d)\sum _{i=1}^{?\frac{n}{d}?}\sum _{j=1}^{?\frac{n}{d}?}i\times j?[\gcd (i,j)=1]=\sum _{d=1}^{n}f(d,d)\sum _{i=1}^{?\frac{n}{d}?}\sum _{j=1}^{?\frac{n}{d}?}i?\frac{i?(\phi (i)+[i=1])}{2}$$

這個式子之所以不能直接用上面的結論，是因為這里的 $j$ 可能大于 $i$，根據對稱性，$\times 2$ 即可。

但這樣就會把所有 $i=j$ 的情況重復算了一遍，但除了 $i=j=1$ 外其余都不滿足最大公約數為 $1$ 的限制。

$i=j=1$ 的貢獻是 $1$，而 $\frac{1\times \phi (1)+[i=1]}{2}\times 2=2$，我們可以直接扔掉 $[i=1]$，這樣這種情況算出來的貢獻就是對的。

且對于 $i>1$ 的情況去掉 $[i=1]$ 的特判沒有影響。
$$=\sum _{d=1}^{n}f(d,d)\sum _{i=1}^{?\frac{n}{d}?}i?\frac{i?\phi (i)}{2}\times 2=\sum _{d=1}^{n}f(d,d)\sum _{i=1}^{?\frac{n}{d}?}{i}^2\phi (i)$$
記 $S(n)={\sum }_{i=1}^n{i}^2\phi (i)$，則答案即為 ${\sum }_{d=1}^{n}f(d,d)S(?\frac{n}{d}?)$。

然后似乎就可以整除分塊了，然而整除分塊還要用到 $f$ 的前綴和。

很遺憾，這個 $f$ 還要是支持修改的，所以需要一個數據結構。

樹狀數組查詢 $O(m\sqrt{n}\log n)$ 不太行，但修改卻只有一個 $\log$ 很快。當然這也能過。

我們需要平衡一下查詢和修改的時間復雜度，那就是分塊啦！

直接把 $f$ 變成 $f$ 的前綴和，單點修改變成區間修改 $\gcd (a,b)～n$，之后查詢前綴和就變成了單點詢問了。

具體而言 $f(a,b)\leftarrow x$，即為 $f(\gcd (a,b),\gcd (a,b))\leftarrow \frac{x?\gcd (a,b{)}^2}{ab}$（這個是由上面最開始遞歸輾轉相除的式子變形得來的）

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define mod 1000000007 #define maxn 4000005 #define maxB 2005 int m, n, cnt; int a[maxn], block[maxn], L[maxB], R[maxB], f[maxn], g[maxB], phi[maxn], s[maxn], prime[maxn], vis[maxn];int gcd( int x, int y ) {if( ! y ) return x;else return gcd( y, x % y ); }void init() {int B = sqrt( n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {a[i] = i * i % mod;f[i] = ( f[i - 1] + a[i] ) % mod;block[i] = ( i - 1 ) / B + 1;}for( int i = n;i >= 1;i -- ) L[block[i]] = i; for( int i = 1;i <= n;i ++ ) R[block[i]] = i; } void modify( int l, int r, int x ) {int k = x - a[l]; a[l] = x;if( block[l] == block[r] )for( int i = l;i <= r;i ++ ) f[i] = ( f[i] + k ) % mod;else {for( int i = l;i <= R[block[l]];i ++ ) f[i] = ( f[i] + k ) % mod;for( int i = L[block[r]];i <= r;i ++ ) f[i] = ( f[i] + k ) % mod;for( int i = block[l] + 1;i < block[r];i ++ ) g[i] = ( g[i] + k ) % mod;} } int query( int x ) { return ( f[x] + g[block[x]] ) % mod; }void sieve() {phi[1] = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) {if( ! vis[i] ) prime[++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;for( int j = 1;j <= cnt and i * prime[j] <= n;j ++ ) {vis[i * prime[j]] = 1;if( i % prime[j] == 0 ) {phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j] % mod;break;}elsephi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]] % mod;}}for( int i = 1;i <= n;i ++ ) s[i] = ( s[i - 1] + i * i % mod * phi[i] ) % mod; } int solve( int n ) {int ans = 0;for( int l = 1, r;l <= n;l = r + 1 ) {r = n / ( n / l );ans = ( ans + ( query( r ) - query( l - 1 ) ) * s[n / l] ) % mod;}return ans; }signed main() {scanf( "%lld %lld", &m, &n );init();sieve();for( int i = 1, a, b, x, k;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld %lld", &a, &b, &x, &k );int d = gcd( a, b );x = x / ( a / d ) / ( b / d ) % mod;modify( d, n, x );printf( "%lld\n", ( solve( k ) + mod ) % mod );}return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的[CQOI2017] 小Q的表格（分块 + 整除分块 + 数学 + 前缀和）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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