题目大意：略  鉴于洛谷最近总崩，附上

任何形容词也不够赞美这一道神题

 

$\sum\limits_{i=1}^{N}\sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(i,j)==1][gcd(j,K)==1]$

$\sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(j,K)==1]\sum\limits_{i=1}^{N}[gcd(i,j)==1]$

我们先处理右边的式子$\sum\limits_{i=1}^{N}[gcd(i,j)==1]$：

$\sum\limits_{i=1}^{N}\sum\limits_{d|gcd(i,j)}\mu(d)\sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(j,K)==1][d|j]$

$\sum\limits_{d=1}^{N}\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{M}[gcd(j,K)==1][d|j]$

$\sum\limits_{d=1}^{N}\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(jd,K)==1]$

加下来就是比较关键的一个展开式子，[gcd(jd,K)==1]是[gcd(d,K)==1]&[gcd(j,K)==1]的充分必要条件：

$\sum\limits_{d=1}^{N}[gcd(d,K)==1]\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(j,K)==1]$

84分算法：

令$f(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,K)==1]$

这是啥？

欧拉函数$\varphi$啊！别和我一样反演傻了连欧拉函数的定义都忘了

$f(n)=\left \lfloor \frac{n}{K} \right \rfloor \varphi(K) + \sum\limits_{i=1}^{n\;mod\;K}[gcd(i,K)==1]$

预处理出$\varphi(K)$和$\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,K)==1]$，那么$f(n)$就能在$O(1)$求得

可$\sum\limits_{i=1}^{n}[gcd(i,K)==1]\mu(d)$就不能用$\varphi$了，但经过计算，$g$数组能在大约$O(n*K的质因子个数)$的时间内处理出来，极限情况也只不超过$2.6 \cdot 10^{7}$

那么这个问题就在$O(n)$的时间内被解决了

蒟蒻的代码写得非常迷就不放了

 

100分算法：

这是一道神仙题

先放上原式：$\sum\limits_{d=1}^{N}[gcd(d,K)==1]\mu(d)\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor \sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(j,K)==1]$

$\sum\limits_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{d} \right \rfloor}[gcd(j,K)==1]$可以用$84$分算法里的方法预处理，每次$O(1)$得到

现在令$g(N,K)=\sum\limits_{i=1}^{N}[gcd(i,K)==1]\mu(i)$

$=\sum\limits_{i=1}^{N}\mu(i)*\sum\limits_{d|i}\mu(d)$

$=\sum\limits_{d|K}\mu(d) \sum\limits_{i=1}^{N} [d|i]\mu(i)$

$=\sum\limits_{d|K}\mu(d) \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor} \mu(id)$

关键的部分来了

如果两个数$gcd(x,y)==1$，说明它们没有公共因子，满足积性函数的性质，那么$\mu(xy)=\mu(x)\mu(y)$

反之它们存在公共因子，那么$\mu(xy)$一定等于$0$

利用这个性质

$=\sum\limits_{d|K}\mu(d)^{2} \sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor} [gcd(i,d)==1]\mu(i)$

诶！右面这个东西$\sum\limits_{i=1}^{\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor} [gcd(i,d)==1]\mu(i)$，似乎就是$g(\left \lfloor \frac{N}{d} \right \rfloor,d)$啊！

递归求解即可

当$n==0$是，答案就是$0$

发现$K==1$时不能继续递归了否则会死循环，此时

$G(n,1)=\sum\limits_{i=1}^{n} [gcd(i,1)==1]\mu(i)=\sum\limits_{i=1}^{n} \mu(i)$

$n$可能很大，上杜教筛即可

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