題目描述

今天的數學課上，Crash小朋友學習了最小公倍數(Least Common Multiple)。對於兩個正整數a和b，LCM(a, b)表示能同時被a和b整除的最小正整數。例如，LCM(6, 8) = 24。回到家後，Crash還在想著課上學的東西，為了研究最小公倍數，他畫了一張N*M的表格。每個格子裏寫了一個數字，其中第i行第j列的那個格子裏寫著數為LCM(i, j)。一個4*5的表格如下：

1 2 3 4 5

2 2 6 4 10

3 6 3 12 15

4 4 12 4 20

看著這個表格，Crash想到了很多可以思考的問題。不過他最想解決的問題卻是一個十分簡單的問題：這個表格中所有數的和是多少。當N和M很大時，Crash就束手無策了，因此他找到了聰明的你用程序幫他解決這個問題。由於最終結果可能會很大，Crash只想知道表格裏所有數的和mod 20101009的值。

輸入

輸入的第一行包含兩個正整數，分別表示N和M。

輸出

輸出一個正整數，表示表格中所有數的和mod 20101009的值。

樣例輸入

4 5

樣例輸出

122

題解

莫比烏斯反演

預處理mu和mu(i)*i^2及其前綴和。

然後先分塊出n/p和m/p，然後再分塊求出後面的一串，這樣分塊套分塊時間復雜度是O(n)的，可以解決這道題。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define N 10000010
#define mod 20101009
using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 10000000;
int mu[N] , prime[N] , tot;
ll sum[N];
bool np[N];
ll s(int x)
{
	return (ll)x * (x + 1) / 2 % mod;
}
ll query(int a , int b)
{
	int i , last;
	ll ans = 0;
	for(i = 1 ; i <= a && i <= b ; i = last + 1) last = min(a / (a / i) , b / (b / i)) , ans = (ans + (sum[last] - sum[i - 1] + mod) % mod * s(a / i) % mod * s(b / i) % mod) % mod;
	return ans;
}
int main()
{
	int i , j , last , a , b;
	ll ans = 0 , t;
	mu[1] = sum[1] = 1;
	for(i = 2 ; i <= n ; i ++ )
	{
		if(!np[i]) mu[i] = -1 , prime[++tot] = i;
		for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= n ; j ++ )
		{
			np[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0)
			{
				mu[i * prime[j]] = 0;
				break;
			}
			else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
		sum[i] = (sum[i - 1] + (ll)mu[i] * i * i + mod) % mod;
	}
	scanf("%d%d" , &a , &b);
	for(i = 1 ; i <= a && i <= b ; i = last + 1) last = min(a / (a / i) , b / (b / i)) , ans = (ans + (s(last) - s(i - 1) + mod) % mod * query(a / i , b / i)) % mod;
	printf("%lld\n" , ans);
	return 0;
}

【bzoj2154】Crash的數字表格 莫比烏斯反演