HDU6706 CCPC 2019网络赛 huntian oy 推式子+杜教筛

CCPC 2019 网络赛 HDU 6706 huntian oy

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• 奇奇怪怪的数论结论
• 杜教筛

前言

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简明题意

• 给定n,a,b，求：
  \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^igcd(i^a-j^a,i^b-j^b)[gcd(i,j)=1]\%(10^9+7)\]

思路

• 首先有一个结论：
  \[gcd(i^a-j^a,i^b-j^b)=i^{gcd(a,b)}-j^{gcd(a,b)}\]
• 上面的结论对于i,j互质是成立的。关注这题，条件式里就有[gcd(i,j)=1]，所以我们可以直接替换：（由于ab互质，所以指数直接去掉）
  \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i(i-j)[gcd(i,j)=1]\]
• (其实我比赛的时候猜出来gcd那一坨就等于i-j，然后我写了个暴力验证一下，发现有些数不相等，当时情急，就没往这方面想了，好难过)
• 推到这里，就太简单了。接下来我们我们把减法分离开：
  \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ii[gcd(i,j)=1]-\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ij[gcd(i,j)=1]\]
• 然后分别求一下这两个式子。第一个式子比较好求，重点是第二个式子。
  \[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ij[gcd(i,j)=1]=\frac 12\sum_{i=1}^ni\phi(i)+\frac{[n>=1]}{2}\]

  这个式子的推导过程放在我的博客《数论公式总结》里面了

• 所以原式就等于
  \[\sum_{i=1}^ni\phi(i)-\frac 12\sum_{i=1}^ni\phi(i)+\frac{[n>=1]}{2}=\frac 12\left(\sum_{i=1}^ni\phi(i)-1\right)\]
• 好了，n<=1e9，暴力去算和式会超时。这里杜教筛。
• 令\(f(n)=n\phi(n)\)，\(S(n)=\sum\limits_{i=1}^nf(i)\)。我们杜教筛，构造g：
  \[S(n)g(1)=\sum_{i=1}^n(f*g)(i)-\sum_{i=2}^ng(i)S(\frac ni)\]
• 现在难点就在于怎么找g函数。找g函数，我们一般先把狄利克雷展开：
  \[f*g=\sum_{d|n}d\phi(d)*g(\frac nd)\]
• 所以很显然了，我们取g=id，卷积就是： \[f*g=\sum_{d|n}n\phi(d)=n\sum_{d|n}\phi(d)\]
• 而\(\sum\limits_{d|n}\phi(d)=n\)(这个相当于\(\phi*I=id\),用卷积很好证明)，所以：
  \[(f*g)(n)=\sum_{d|n}n\phi(d)=n^2\]
• 所以杜教筛的式子：
  \[S(n)=\sum_{i=1}^ni^2-\sum_{i=2}^niS(\frac ni)\]
• 然后就能很轻松地杜教筛啦~然而T了...
• 上面的式子如果需要求积性函数的前缀和，那么大家肯定会写一个线性筛。而这里没有，是不是就代表不需要预处理呢？其实还是需要的，要预处理出\(f(n)=n\phi(n)\)的前缀和，才能降低杜教筛的复杂度。

注意事项

• 注意溢出问题

总结

• 杜教筛在分块的那一部分有减法操作，记得那里的减法操作不要写-=，因为那里的减法也要取模...

AC代码

#include<cstdio>
#include<unordered_map>
using namespace std;

const int maxn = 5e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;

int ksm(int a, int b)
{
    int ans = 1, base = a;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            ans = 1ll * ans * base % mod;
        b >>= 1;
        base = 1ll * base * base % mod;
    }
    return ans;
}

int inv6, inv2;

int prime[maxn], phi[maxn], pre[maxn];
bool no_prime[maxn];
int shai(int n)
{
    int cnt = 0;
    no_prime[1] = phi[1] = 1;

    for (int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if (!no_prime[i])
            prime[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;

        for (int j = 1; j <= cnt && i * prime[j] <= n; j++)
        {
            no_prime[prime[j] * i] = 1;
            phi[prime[j] * i] = i % prime[j] == 0 ? phi[i] * prime[j] : phi[i] * (prime[j] - 1);
            if (i % prime[j] == 0) break;
        }
    }

    for (int i = 1; i <= n; i++)
        pre[i] = (1ll * pre[i - 1] + 1ll * i * phi[i] % mod) % mod;

    return cnt;
}

unordered_map<int, int> rec;
int S(int n)
{
    if (n <= maxn - 10) return pre[n];
    if (rec[n]) return rec[n];
    long long ans = 1ll * n * (n + 1) % mod * (2 * n + 1) % mod * inv6 % mod;
    int l = 2, r = n;
    while (l <= n)
    {
        r = n / (n / l);
        ans = ((ans - 1ll * (l + r) * (r - l + 1) % mod * inv2 % mod * S(n / l) % mod) % mod + mod) % mod;
        l = r + 1;
    }
    return rec[n] = ans;
}

void solve()
{
    inv6 = ksm(6, mod - 2);
    inv2 = ksm(2, mod - 2);

    shai(maxn - 10);

    int t;
    scanf("%d", &t);
    while (t--)
    {
        int n, a, b;
        scanf("%d%d%d", &n, &a, &b);
        printf("%lld\n", 1ll * (S(n) - 1 + mod) % mod * inv2 % mod);
    }
}

int main()
{
    solve();
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/danzh/p/11405721.html