求解\(\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}lcm\left ( i,j \right )\)。
有\(lcm\left ( i,j \right )=\frac{ij}{gcd\left ( i,j \right )}\)，
所以原本的式子转化为：\(\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}\frac{ij}{gcd\left ( i,j \right )}\)。
注意到\(i, j\) 均为 \(gcd\left ( i,j \right )\) 的倍数，且原式中有除法不好处理，
所以我们改为枚举\(gcd\left ( i,j \right )\) 的倍数。
有：\(\sum_{d = 1}^{n} d \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j = 1}^{\frac{m}{d}}ij\left [ gcd\left ( i,j \right ) = 1 \right]\)。
后面的式子套路的来一发反演：
\(\sum_{d = 1}^{n} d \sum_{i = 1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j = 1}^{\frac{m}{d}}ij\sum_{k|gcd\left ( i,j \right )}\mu \left ( k \right )\)
注意这里面有一个乘积的项，可以理解为是任意数字的两两匹配，即：
\(\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}ij = \left ( 1 + 2 + ... + n \right )\left ( 1 + 2 + ... + m \right )\)
所以转化为：
\(\sum_{d = 1}^{n} d \sum_{k = 1}^{\frac{n}{d}}\mu \left ( k \right )sum\left ( \left \lfloor \frac{n}{dk} \right \rfloor \right )sum\left ( \left \lfloor \frac{m}{dk} \right \rfloor \right )\)
依然是套路的改变枚举项为 \(dk\)
\(\sum_{T = 1}^{n} sum\left ( \left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor \right )sum\left ( \left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor \right )\sum_{d|T}d*\mu \left ( \frac{T}{d} \right )\)
到这里我们已经实现了第一步：前面的部分可以数论分块\(O\left ( \sqrt{n} \right )\)处理，只要我们能够通过线性筛处理出后面的一部分，这道题目就完成了。为了实现线性筛，我们对于后面部分进行观察。我们令\(F[t] = \sum_{d|T}d*\mu \left ( \frac{T}{d} \right )\) 。
首先，\(F[i]\)当 \(i\) 为质数时，\(F[i]\) 的值很容易确定为 \(i * (1 - i)\)。 注意到它实际上是 \(id * \mu\) ，是积性函数。所以在线性筛中若 \(i = x * y\) ，（其中 \(x\) 为 \(i\) 的最小质因子），当 \(y \ mod \ x \neq 0\) 时说明二者互质，则 \(F[i] = F[x] * F[y]\)。
然后考虑当\(y \ mod \ x = 0\)的情况，这说明这两个部分中均含有最小的质因子。注意因为卷入了一个 \(\mu\)，所以有平方因子时的值都不会造成贡献。也就是说取值范围和 \(y\) 仍然是相同的，只不过是系数改变了。所以此时 \(F[i] = F[y] * x \)。然后此题就圆满解决啦~~~
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 10005000
#define int long long
#define mod 20101009
int n, m, N, maxx = maxn - 1e3;
int tot, pri[maxn], inv2;
int ans, f[maxn];
bitset <maxn> is_prime;
int read()
{
int x = 0, k = 1;
char c;
c = getchar();
while(c < ‘0‘ || c > ‘9‘) { if(c == ‘-‘) k = -1; c = getchar(); }
while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = x * 10 + c - ‘0‘, c = getchar();
return x * k;
}
int qpow(int x, int times)
{
int base = 1;
for(; times; times >>= 1, x = (x * x) % mod)
if(times & 1) base = (base * x) % mod;
return base;
}
int Sum(int x) { x %= mod; return ((x * (x + 1)) % mod * inv2 % mod);}
void Get_F()
{
f[1] = 1;
for(int i = 2; i <= maxx; i ++)
{
if(!is_prime[i]) pri[++ tot] = i, f[i] = i * (1ll - i) % mod;
for(int j = 1; j <= tot; j ++)
{
int K = i * pri[j]; if(K > maxx) break;
is_prime[K] = 1;
if(!(i % pri[j])) { f[K] = f[i] * pri[j] % mod; break; }
else f[K] = f[i] * f[pri[j]] % mod;
}
}
for(int i = 1; i <= maxx; i ++) f[i] = (f[i] + f[i - 1]) % mod;
}
signed main()
{
n = read(), m = read(), N = min(n, m);
maxx = min(n, m); inv2 = qpow(2, mod - 2);
Get_F();
for(int l = 1, r; l <= N; l = r + 1)
{
r = min((n / (n / l)), (m / (m / l)));
int ret = Sum(n / l) * Sum(m / l) % mod;
ans = (ans + (ret * (f[r] - f[l - 1]) % mod)) % mod;
}
printf("%lld\n", (ans + mod) % mod);
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/twilight-sx/p/9160505.html