标签：cin for 过程 src 数学 mit 题目 name amp
今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b，LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如，LCM(6, 8) = 24。回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张N*M的表格。每个格子里写了一个数字，其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个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 看着这个表格，Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时，Crash就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。
输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。
输出一个正整数，表示表格中所有数的和mod 20101009的值。
数学问题 莫比乌斯反演
题目要求的是这个： 
很明显也就是 
如果我们要求 
，可以这么搞：
i和j都带进等差数列公式，则上式为函数sum[N,M]，则 $sum[N,M]=(N(N+1)/2)*(M(M+1)/2)$
如果要求gcd(i,j)的和，也有方便的方法：http://www.cnblogs.com/SilverNebula/p/6582843.html
当然不可以分别算上面和下面，然后两式相除，但是↑这里的分块求值方法给了我们一定启发：对于gcd(i,j)相等的一段i和j，上面除以下面满足除法分配律，是可行的。
枚举因数d=gcd(i,j)，则可以化成
，这个是可以求的
枚举累加过程当然会有重复，这时候就需要莫比乌斯函数来解决问题了
为了表示方便，令a=N/d,b=M/d
设
，
我们可以搞出
显然这个东西累加一下就是我们要的结果:
加上LL以后就突然各种挂，调了好久
1 /*by SilverN*/ 2 #include<algorithm> 3 #include<iostream> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 7 #include<vector> 8 #define LL long long 9 using namespace std; 10 const LL inv2=10050505; 11 const LL mod=20101009; 12 const int mxn=10000010; 13 int pri[mxn],cnt=0; 14 int mu[mxn]; 15 LL smm[mxn]; 16 bool vis[mxn]; 17 void init(){ 18 mu[1]=1; 19 for(int i=2;i<mxn;i++){ 20 if(!vis[i]){ 21 pri[++cnt]=i; 22 mu[i]=-1; 23 } 24 for(int j=1;j<=cnt && (LL)pri[j]*i<mxn;j++){ 25 vis[i*pri[j]]=1; 26 if(i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;} 27 mu[i*pri[j]]=-mu[i]; 28 } 29 } 30 for(int i=1;i<mxn;i++)smm[i]=(smm[i-1]+(LL)i*mu[i]*i)%mod; 31 return; 32 } 33 int SUM(int x,int y){ 34 return ((LL)x*(x+1)%mod*inv2%mod)*((LL)y*(y+1)%mod*inv2%mod)%mod; 35 } 36 inline int s1(int x){return (x*(x+1)%mod*inv2%mod);} 37 LL calc(int a,int b){ 38 LL res=0;int pos; 39 if(a>b)swap(a,b); 40 for(int i=1;i<=a;i=pos+1){ 41 int x=a/i,y=b/i; 42 pos=min(a/x,b/y); 43 res+=(smm[pos]-smm[i-1])*SUM(x,y); 44 res%=mod; 45 } 46 return res; 47 } 48 int solve(int a,int b){ 49 LL res=0;int pos; 50 if(a>b)swap(a,b); 51 for(int i=1;i<=a;i=pos+1){ 52 int x=a/i,y=b/i; 53 pos=min(a/x,b/y); 54 (res+=(s1(pos)-s1(i-1))*calc(x,y))%=mod; 55 } 56 return res; 57 } 58 LL n,m; 59 int main(){ 60 int i,j; 61 init(); 62 cin>>n>>m; 63 printf("%d\n",solve(n,m)); 64 return 0; 65 }
标签：cin for 过程 src 数学 mit 题目 name amp
原文地址：http://www.cnblogs.com/SilverNebula/p/6593631.html
