題解 Luogu P4240 毒瘤之神的考驗

p4240 毒瘤之神的考驗

引理：\[\varphi(ij) = \dfrac

證明：

\[\begin

\varphi(i) \varphi(j) \gcd(i, j)

& = i \prod_, p_1\mid i} \dfrac \cdot j \prod_, p_2\mid j} \dfrac \cdot \gcd(i, j) \\

& = ij \gcd(i, j) \left(\prod_, p_1\mid i} \dfrac \prod_, p_2\mid j} \dfrac \right)

\end

\]你會發現所有 \(\gcd(i, j)\) 的質因數都被算了 \(2\) 次。

\[\begin

& = \left(ij\prod_, p_1\mid ij} \dfrac \right) \cdot \left(\gcd(i, j) \prod_, p_2\mid \gcd(i, j)} \dfrac \right) \\

& = \varphi(ij) \varphi(\gcd(i, j))

\end

\]把 \(\varphi(\gcd(i, j))\) 除過去即可。

不妨設 \(n\le m\)，根據引理，有

\[\begin

ans& = \sum_^n \sum_^m \dfrac \\

& = \sum_^n \sum_^n \sum_^m \dfrac [\gcd(i, j) = d] \\

& = \sum_^n \dfrac \sum_^\right\rfloor} \sum_^\right\rfloor} \varphi(id) \varphi(jd) [\gcd(i, j) = 1] \\

& = \sum_^n \dfrac \sum_^\right\rfloor} \varphi(id) \sum_^\right\rfloor} \varphi(jd) [\gcd(i, j) = 1] \\

& = \sum_^n \dfrac \sum_^\right\rfloor} \varphi(id) \sum_^\right\rfloor} \varphi(jd) \sum_ \mu(k) \\

& = \sum_^n \dfrac \sum_^\right\rfloor} \mu(k) \sum_^\right\rfloor} \varphi(idk) \sum_^\right\rfloor} \varphi(jdk) \\

& = \sum_^n \sum_ \dfrac \mu\left(\dfrac\right) \sum_^\right\rfloor} \varphi(it) \sum_^\right\rfloor} \varphi(jt)

\end

\]其中

\[f(n) = \sum_ \dfrac\right)}

\]不是積性函式（它甚至不一定是整數），直接預處理逆元 \(\theta(n\ln n)\) 計算。

對於\[\sum_^\right\rfloor} \varphi(it) \sum_^\right\rfloor} \varphi(jt)

\]發現這東西帶兩個引數，令

\[g(k, n) = \sum_^n \varphi(ik)

\]你有遞推式

\[g(k, n) = g(k, n - 1) + \varphi(nk)

\]而此處的 \(nk\le n\textsf n \textsf\)，也可以 \(\theta(n\ln n)\) 預處理，\(g\) 陣列用vector存。

代回去\[ans = \sum_^n f(t) g\left(t, \left\lfloor\dfrac\right\rfloor \right) g\left(t, \left\lfloor\dfrac\right\rfloor \right)

\]這個 \(g\) 帶乙個 \(t\)，無法整除分塊，只能暴力算。

此時是 \(\omicron(n\ln n)\) 的預處理，\(\omicron(n)\) 的單次回答，過不去。

設\[h(n, m, l) = \sum_^l f(t) g\left(t, n \right) g\left(t, m \right)

\]這樣在整除分塊中

\[h\left(\left\lfloor\dfrac\right\rfloor, \left\lfloor\dfrac\right\rfloor, r \right) - h\left(\left\lfloor\dfrac\right\rfloor, \left\lfloor\dfrac\right\rfloor, l - 1 \right)

\]又有遞推式

\[h(n, m, l) = h(n, m, l - 1) + f(l) g(l, n) g(l, m)

\]有 \(\max(n, m) l\le n \textsf n \textsf\)。

\(h\) 陣列同樣用vector存。

此時是\[\begin

\omicron\left(k \sum_^k \dfrac \right)

& = \omicron\left(k \cdot \int_1^k \dfrac \, dx \right) \\

& = \omicron(k\cdot n \ln k) \\

& = \omicron(nk \ln k)

\end

\]的預處理，\(\omicron(\sqrt)\) 的單次回答，預處理會 \(\text + \text\)。

既然兩種方法都不行，那麼自然想到用根號分治來平衡時間。

設閾值為 \(k\)，表示對於 \(\le k\) 的部分預處理。

於是當 \(\left\lfloor\dfrac\right\rfloor \le k\)，即 \(l > \left\lfloor\dfrac\right\rfloor\) 的部分用已經預處理過的 \(h\) 整除分塊算，當 \(l \le \left\lfloor\dfrac\right\rfloor\) 時直接暴力算。

總時間複雜度為 \(\omicron\left(nk \ln k + t\left(\dfrac + \sqrt \right) \right)\)，提個公因數就是 \(k\ln k + \dfrac\) 最小。

寫個程式去算

int t = 1e4;
int ans = 0x3f3f3f3f, pos = 0;
for (int k = 1; k <= t; k++) }
printf("%d %d\n", ans, pos);

輸出

392 47

所以取 \(k = 47\)。

空間複雜度為 \(\omicron(nk\ln k)\)。

然而實測 \(k\) 取 \(60\sim 70\) 更快（

// 18 = 9 + 9 = 18.
#include #include #include #define debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
typedef long long ll;
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 5;
const int n = 1e5;
const int maxk = 47 + 5;
const int k = 47;
const int mod = 998244353;
typedef int arr[maxn];
int add(int a, int b)
int sub(int a, int b)
int mul(int a, int b)
int qpow(int a, int b)
base = (ll)base * base % mod;
b >>= 1;
} return ans;
}int inv(int a)
arr p, mu, phi, phi_pro, phi_pro_inv, phi_inv, f;
bool vis[maxn];
vectorg[maxn], h[maxk][maxk];
void pre()
for (int j = 1; j <= p[0] && i * p[j] <= n; j++)
mu[i * p[j]] = mod - mu[i];
phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];
} }phi_pro[0] = phi_inv[1] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++)
phi_pro_inv[n] = inv(phi_pro[n]);
for (int i = n - 1; i >= 1; i--) 
for (int i = 1; i <= n; i++) }
for (int k = 1; k <= n; k++) }
for (int n = 1; n <= k; n++)
} }}
int block(int n, int m)
for (int l = m / k + 1, r; l <= n; l = r + 1)
return res;
}int main()
printf("%d\n", block(n, m));
} return 0;
}

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