题面
解析
定义$f(i)$为$i$的次大因数，特别地$f(1)=0$
那么我们就是去求$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}f^{m}(gcd(i, j))$$
这种东西的套路就是枚举$gcd$然后用欧拉函数处理, \begin{align*}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}f^{m}(gcd(i, j)) &= \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n}{i}\right \rfloor} \sum_{k=1}^{\left \lfloor \frac{n}{i}\right \rfloor}[gcd(j, k)==1]f(i)\\&=\sum_{i=1}^{n}f^{m}(i)((2\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{n}{i}\right \rfloor}\varphi(j)) - 1)\end{align*}
求$\varphi(i)$的前缀和用杜教筛即可，问题在于如何求$f(i)$的前缀和
考虑$min25$筛的过程，它把所有数对前缀和的贡献分为了质数的贡献与合数的贡献，这道题中质数的贡献显然是1，因此，可以构造一个完全积性函数$c(i)=1$处理质数的贡献。接下来处理合数的贡献，考虑在$min25$的第一步处理过程中，每一个合数都会被它最小的质因子$minp$筛去。因此在枚举第$i$个质数$pri[i]$时就会有以$pri[i]$为最小质因子的所有合数的贡献。定义完全积性函数$b(i)=i^{m}$,$g$数组为筛法第一步中处理的函数，$h(i)$表示$1$到$i$中合数对答案的贡献，用公式写来，就是这样：$$g(n, i) = g(n, i)-b(pri[i])*(g(\left \lfloor \frac{n}{pri[i]}\right \rfloor, i-1) - \sum_{j=1}^{i-1}b(pri[j]))\\h(n)=h(n)+g(\left \lfloor \frac{n}{pri[i]}\right \rfloor, i-1) - \sum_{j=1}^{i-1}b(pri[j])$$
$b(i)$的前缀和在线性筛时预处理即可，问题在于如何预处理$g(n, 0)=\sum_{i=1}^{n}i^{m}$,考虑用第二类斯特林数，原式变为：$$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{m}\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\cdot j!\cdot \binom{i}{j}$$
上式$j$可以直接枚举到$m$, 若$j$大于$m$，$\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}=0$；若$j$大于$i$，$C_{i}^{j}=0$，两种情况均不会对求和造成影响。
套路交换求和号，变为：$$\sum_{j=0}^{m}\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\cdot j!\sum_{i=0}^{n}\binom{i}{j}$$
注意到$\sum_{i=0}^{n}\binom{i}{j}=\binom{n+1}{j+1}$，代入得：$$\sum_{j=0}^{m}\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\cdot j! \cdot \binom{n+1}{j+1}$$
展开$C_{i}^{j}=0$, 将$j!$代入，最终变为$$\sum_{j=0}^{m}\begin{Bmatrix}m\\j\end{Bmatrix}\frac{\prod_{i=n-j+1}^{n+1}i}{j+1}$$
注意$j+1$可能没有逆元，需要先把$j+1$除了才能取模
最后做一次数论分块统计答案
在做这道题时才意识到的细节，在数论分块时，存下来的值恰好为每一块区间的右端点...
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
const int maxn = 1000005;
int n, m, mp[maxn], Mp[maxn], a[maxn];
ui s2[60][60], b[maxn], c[maxn];
ll pri[maxn];
int phi[maxn], cnt;
ui f[maxn], g[maxn], s[maxn];
bool notp[maxn];
map<int, ui> F;
ui qpow(ui x, int y)
{
ui ret = 1;
while(y)
{
if(y&1)
ret = ret * x;
x = x * x;
y >>= 1;
}
return ret;
}
void Euler()
{
phi[1] = 1;
for(int i = 2; i <= 1000000; ++i)
{
if(!notp[i])
{
pri[++cnt] = i;
phi[i] = i - 1;
s[cnt] = s[cnt-1] + qpow(i, m);
}
for(int j = 1; j <= cnt; ++j)
{
if(pri[j] * i > 1000000) break;
notp[pri[j]*i] = 1;
if(i % pri[j] == 0)
{
phi[pri[j]*i] = pri[j] * phi[i];
break;
}
phi[pri[j]*i] = (pri[j] - 1) * phi[i];
}
}
for(int i = 1; i <= 1000000; ++i)
f[i] = f[i-1] + phi[i];
}
void init()
{
s2[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= m; ++i)
for(int j = 1; j <= i; ++j)
s2[i][j] = s2[i-1][j-1] + j * s2[i-1][j];
}
int get_id(int x)
{
return x <= 1000000? mp[x]: Mp[n/x];
}
int gcd(int a, int b)
{
return b == 0? a: gcd(b, a % b);
}
int stak[60];
ui get_mi(int x)
{
ui ret = 0, mul;
int sj = min(x, m), t, gc;
for(int i = 1; i <= sj; ++i)
{
mul = s2[m][i];
for(int j = 1; j <= i + 1; ++j)
stak[j] = x + 2 - j;
t = i + 1;
for(int j = 1; j <= i + 1; ++j)
{
gc = gcd(stak[j], t);
stak[j] /= gc;
t /= gc;
if(t == 1) break;
}
for(int j = 1; j <= i + 1; ++j)
mul = mul * stak[j];
ret += mul;
}
return ret;
}
ui dfs(int x)
{
if(x <= 1000000) return f[x];
if(F.find(x) != F.end()) return F[x];
ll tmp = (1LL * x * (x + 1)) >> 1;
ui ret = (ui)tmp;
for(int l = 2, r; l <= x; l = r + 1)
{
r = x / (x / l);
ret -= (r - l + 1) * dfs(x / l);
}
return F[x] = ret;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
Euler();
init();
int t, tot = 0, id, now;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
t = n / l;
r = n / t;
a[++tot] = t;
if(t <= 1000000)
mp[t] = tot;
else
Mp[n/t] = tot;
b[tot] = get_mi(t) - 1;
c[tot] = t - 1;
}
for(int i = 1; i <= cnt && pri[i] * pri[i] <= n; ++i)
for(int j = 1; j <= tot && pri[i] * pri[i] <= a[j]; ++j)
{
id = get_id(a[j] / pri[i]);
b[j] -= (b[id] - s[i-1]) * (s[i] - s[i-1]);
g[j] += b[id] - s[i-1];
c[j] -= c[id] - i + 1;
}
ui ans = 0;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
r = n / (n / l);
now = get_id(r);
id = get_id(l - 1);
ans += ((g[now] + c[now]) - (g[id] + c[id])) * (2 * dfs(n / l) - 1);
}
printf("%u", ans);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/Joker-Yza/p/11969074.html