51Nod1584 加權約數和-題解

又是一道非常神奇的數論題，學到了很多又花了一晚上QWQ

【題目地址】

題目大意

多組詢問$T\leq 50000$，每次給定一個$n\leq 10^6$，詢問下面式子在${\rm mod}\ 10^9+7$意義下的值：

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\max(i,j)\times \sigma_1(ij)$

其中$\sigma_1(i)$表示$i$的約數之和。

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這次居然連$\max$都跑進去了，emmmm…

我們還是先把不好看的$\max$消除掉，所以對於每個$i$，我們列舉比它小的$j$，那麼$\max(i,j)=i$，由於$(i,j),(j,i)$算兩次，但是$(i,i)$算一次，所以原式轉化為：

$2\times\left(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ii\times \sigma_1(ij)\right)-\sum_{i=1}^ni\sigma_1(i^2)$

我們把它分成兩部分分析：

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一個是前半部分：

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ii\times \sigma_1(ij)$

根據這個題的經驗，我們顯然可以將後面的那一個$\sigma_1(ij)$變換掉：

$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ii\times \sigma_1(ij)=& \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ii\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]\frac{xj}{y} \end{aligned}$

然後大都是這個題的套路，我們作如下變換：
$\begin{aligned} \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ii\times \sigma_1(ij)=& \sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ii\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]\frac{xj}{y} \\ =& \sum_{i=1}^ni\sum_{j=1}^i\sum_{x|i}\sum_{y|j}\frac{xj}{y}\sum_{w|x,w|y}\mu(w) \\ =& \sum_{w=1}^n\mu(w)\sum_{w|x}x\sum_{x|i}i\sum_{w|y}\sum_{y|j}\frac{j}{y} \\ =& \sum_{w=1}^n\mu(w)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}xw\sum_{x|i}iw\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}\sum_{y|j}\frac{jw}{yw} \\ =& \sum_{w=1}^n\mu(w)w^2\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}x\sum_{x|i}i\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}\sum_{y|j}\frac{j}{y} \\ =& \sum_{w=1}^n\mu(w)w^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}i\sum_{x|i}x\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}\sum_{y|j}\frac{j}{y} \end{aligned}$

因為$\sum_{y|j}\frac{j}{y}=\sum_{y|j}y$，而根據在這個題目的技巧,我們知道$\sigma_1(j)=\sum_{y|j}y$，所以上面繼續可以變換為：

$\begin{aligned} \sum_{w=1}^n\mu(w)w^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}i\sum_{x|i}x\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}\sum_{y|j}\frac{j}{y}=& \sum_{w=1}^n\mu(w)w^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}i\sigma_1(i)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}\sigma_1(j) \end{aligned}$

然後我們可以$O(n)$的篩出$\sigma_1,\mu$，並預處理上面的所用到的字首和。

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一個是後半部分：

$\sum_{i=1}^ni\sigma_1(i^2)$

這個處理就和上面的十分類似了：

$\begin{aligned} \sum_{i=1}^ni\sigma_1(i^2)=& \sum_{i=1}^ni\sum_{x|i}\sum_{y|i}[gcd(x,y)=1]\frac{ix}{y} \\ =& \sum_{i=1}^ni\sum_{x|i}\sum_{y|i}\frac{ix}{y}\sum_{w|x,w|y}\mu(w) \\ =& \sum_{w=1}^n\mu(w)\sum_{w|i}i\sum_{w|x,x|i}x\sum_{w|y,y|i}\frac{i}{y} \\ =& \sum_{w=1}^n\mu(w)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}iw\sum_{x|i}xw\sum_{y|i}\frac{iw}{yw} \\ =& \sum_{w=1}^n\mu(w)w^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}i\sum_{x|i}x\sum_{y|i}\frac{i}{y} \\ =& \sum_{w=1}^n\mu(w)w^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}i\sigma_1(i)\sigma_1(i) \\ =& \sum_{w=1}^n\mu(w)w^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}i\sigma_1^2(i) \end{aligned}$

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此時，我們可以同樣的預處理，然後帶入原式，每次數論分塊，然後$O(\sqrt n)$的回答，複雜度大概$O(n+T\sqrt n)$，但是最大資料有$10^6+2\times 50000\times 1000$，差不多一億左右，而且加上大常數，最大資料大概跑3s左右，雖然喪心病狂地卡卡常就能過，但是肯定還有更優秀的做法。

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我們將上面的兩個式子帶回原式，作如下變換：

$\begin{aligned} ans(n) =& 2\times\left(\sum_{w=1}^n\mu(w)w^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}i\sigma_1(i)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}\sigma_1(j)\right)-\left(\sum_{w=1}^n\mu(w)w^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}i\sigma_1^2(i)\right) \\ =& \sum_{w=1}^n\mu(w)w^2\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}(2\cdot i\sigma_1(i)-i\sigma_1^2(i))\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}\sigma_1(j)\right) \\ =& \sum_{w=1}^n\mu(w)w^2\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}i\sigma_1(i)\left(2\cdot \sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{w}\rfloor}\sigma_1(j)-\sigma_1(i)\right)\right) \end{aligned}$

如果我們能預處理處所有的$ans(n)$，然後每次$O(1)$的回答，那就會優秀的多，所以我們發現$ans(n)$不好直接求，所以考慮一個神奇的東西：差分

其實這個技巧在前面做過的題目中出現過：Imagine大佬-Orz，Imagine這個題目就用的差分做的。

我們來看，差分後如何計算：

$\begin{aligned} cans(n)=&ans(n)-ans(n-1) \end{aligned}$

直接算，發現並不好算QAQ，所以我們考慮對於一個單個的$n$，那麼定義它的貢獻就為：

$=\sum_{d|n}\mu(d)d^2\left(\left(2\cdot \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sigma_1(i)-\sigma_1(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\right)\cdot \lfloor\frac{n}{d}\rfloor\cdot \sigma_1(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\right)$

其實這裡的意思，對於每一個$cans(n)$，對其進行貢獻的有它的因子$d$，然後帶入上面的式子可以得到這個。

而$ans(n)$，就是$cans(1\sim n)$所有的貢獻，所以我們此時再求出$cans$的字首和就是$ans$了。

也就是我們將一個字首和中的一些項拆了出來，而兩個字首和之間差的就是$n$的貢獻，所以差分的$cans$就等於這個。

而上面的那個$cans$的預處理，我們用類似埃氏篩，列舉因子倍數$O(nlogn)$的預處理即可。

所以總的複雜度變成了$O(nlogn+T)$，就不卡常啦！程式碼還是比較好寫。

51Nod官網上還有一種不同的題解，方法差不多但是又有很多不同的技巧，有興趣的可以去官網看。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=1e6+10,N=1e5+10,MAX=1e6+1;
const ll Mod=1e9+7;
ll prime[N],sigma[M],mu[M],c[M],cnt,ans[M];
bool vis[M];
void init(){
	mu[1]=sigma[1]=1;
	for(ll i=2;i<MAX;i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt]=i;
			mu[i]=-1;
			sigma[i]=1+i;
			c[i]=1+i;
		}
		for(ll j=1,v;j<=cnt&&i*prime[j]<MAX;j++){
			v=i*prime[j];
			vis[v]=1;
			if(!(i%prime[j])){
				c[v]=c[i]*prime[j]+1;
				sigma[v]=sigma[i]/c[i]*c[v];
				break;
			}
			mu[v]=-mu[i];
			sigma[v]=sigma[i]*sigma[prime[j]];
			c[v]=prime[j]+1;
		}
	}
	ll sum=1;
	for(ll i=2;i<MAX;i++){
		sum=(sum+sigma[i])%Mod;
		sigma[i]=(i*sigma[i]%Mod*((2ll*sum-sigma[i])%Mod)%Mod)%Mod;
		if(sigma[i]<0)sigma[i]+=Mod;
	}
	for(ll i=1,v;i<MAX;i++){
		v=((i*i)%Mod*mu[i])%Mod;
		if(v<0)v+=Mod;
		for(ll j=1;i*j<MAX;j++){
			ans[i*j]=(ans[i*j]+v*sigma[j]%Mod)%Mod;
		}
	}
	for(ll i=2;i<MAX;i++)ans[i]=(ans[i-1]+ans[i])%Mod;
}
int T,n;
int main(){
	init();
	scanf("%d",&T);
	for(int cas=1;cas<=T;cas++){
		scanf("%d",&n);
		printf("Case #%d: %lld\n",cas,ans[n]);
	}
	return 0;
}