标签：battle pen oid 表达 mat ++ play 需要 计算
典型的数列反演题。
运用莫比乌斯反演的一个结论 $[n = 1] = \sum_{d | n} \mu(d)$，将表达式做如下转化：
$$ ans = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i (\lfloor \frac{i-1}{j} \rfloor + 1) \sum_{d | i \land d | j} \mu(d) \\ = \sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^i (\lfloor \frac{i-1}{j} \rfloor + 1) $$
令$$F_n = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i (\lfloor \frac{i-1}{j} \rfloor + 1)$$
则有$$ans = \sum_{d=1}^n \mu(d) F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$$
先考虑如何计算Fn.
观察得知，内层求和与n无直接关联，不妨直接对F相邻两项做差：
$$dF_n = F_n - F_{n-1} \\= \sum_{j=1}^n (\lfloor \frac{n-1}{j} \rfloor + 1) $$
考虑每个j对每个n的贡献。
对于一个给定的j，我们可以枚举$\lfloor \frac{n-1}{j} \rfloor$的取值t，此时j和t将对$[j*t+1, j*(t+1)+1)$这一范围内所有的n对应的$F_n$产生t+1的贡献。
由调和级数可知，对所有j枚举它们在N以内的倍数只需要O(Nlog(N))级别的时间复杂度。我们只要在枚举j和t的同时维护一下$dF_n$的相邻两项差，最后做两次前缀和就可以得到$F_n$数列了。
再来考虑如何由$F_n$计算$ans_n$。
由$ans_n = \sum_{d=1}^n \mu(d) F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$，与上一步类似，同样可以考虑每个d对每个n的答案的贡献。对于每个d，枚举$\lfloor \frac{n}{d} \rfloor$的取值t，此时d和t对$[t*d, (t+1)*d)$范围内所有的n对应的$ans_n$产生$\mu(d) * F_t$ 的贡献。枚举结束后再做一遍前缀和即可。
1 #include <iostream> 2 #include <cmath> 3 #include <cstdio> 4 #include <algorithm> 5 using namespace std; 6 const int maxn = 1000005, mod = 1000000007; 7 typedef long long LL; 8 int mu[maxn], muS[maxn], F[maxn], ans[maxn], P[maxn], pcnt, N; 9 bool not_p[maxn]; 10 11 void sieve() 12 { 13 mu[1] = 1; 14 for(int i = 2;i < maxn;++i) 15 { 16 if(!not_p[i]) P[pcnt++] = i, mu[i] = -1; 17 for(int j = 0;j < pcnt;++j) 18 { 19 if(i * P[j] >= maxn) break; 20 not_p[i * P[j]] = true; 21 if(i % P[j] == 0) 22 { 23 mu[i * P[j]] = 0; 24 break; 25 } 26 else mu[i * P[j]] = -mu[i]; 27 } 28 } 29 } 30 31 void init() 32 { 33 sieve(); 34 for(int i = 2;i <= N;++i) muS[i] = muS[i-1] + mu[i]; 35 N = 1000000; 36 int L, R; 37 for(int k = 1;k < N;++k) 38 { 39 L = k, R = k+k; 40 for(int t = 1;L < N;++t, L += k, R += k) 41 { 42 F[L+1] = (F[L+1] + t) % mod; 43 if(R < N) F[R+1] = (F[R+1] - t) % mod; 44 //if(L < 3) printf("k = %d, (%d, %d] = %d\n", k, L, N, t); 45 } 46 } 47 for(int i = 2;i <= N;++i) F[i] = (F[i] + F[i-1]) % mod; 48 for(int i = 2;i <= N;++i) F[i] = (F[i] + F[i-1]) % mod; 49 for(int i = 1;i <= N;++i) 50 F[i] = (F[i] + (LL) i * (i+1) / 2) % mod; 51 for(int i = 1;i <= N;++i) //F[d] 52 { 53 for(int j = 1, k = i;k <= N;++j, k += i) 54 { 55 int tmp = (mod + F[j] * mu[i]) % mod; 56 ans[k] = (ans[k] + tmp) % mod; 57 if(k+i <= N) ans[k+i] = (ans[k+i] + mod - tmp) % mod; 58 } 59 } 60 for(int i = 2;i <= N;++i) ans[i] = (ans[i] + ans[i-1]) % mod; 61 } 62 63 void work() 64 { 65 while(~scanf("%d", &N)) 66 { 67 printf("%d\n", ans[N]); 68 } 69 } 70 int main() { 71 // your code goes here 72 int T; 73 init(); 74 work(); 75 return 0; 76 }
【2017多校训练08 1002】【HDOJ 6134】Battlestation Operational
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Asm-Definer/p/7397951.html
