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【XSY2731】Div 数论 杜教筛 莫比乌斯反演

时间:2018-03-06 16:59:52      阅读:193      评论:0      收藏:0      [点我收藏+]

标签:+=   算法   body   时间   names   inline   存在   string   math   

题目大意

  定义复数\(a+bi\)为整数\(k\)的约数,当且仅当\(a\)\(b\)为整数且存在整数\(c\)\(d\)满足\((a+bi)(c+di)=k\)

  定义复数\(a+bi\)的实部为\(a\),虚部为\(b\)

  定义\(f(n)\)为整数\(n\)的所有实部大于\(0\)的约数的实部之和。

  给定正整数\(n\),求出\(\sum_{i=1}^nf(i)\)\(1004535809\)取模后得到的值。

  \(n\leq {10}^{10}\)

题解

  以前看到一个数论题就是反演预处理。

  现在看到一个数论题就是反演杜教筛。

  记\(s(n)=\sum_{i|n}i\)\(n\)的因数和,\(S(n)=\sum_{i=1}^ns(i)\)

  当\(b=0\)时答案就是\(S(n)\)。以下仅考虑\(b>0\)的情况(\(b<0\)也是一样的)

  设\(n=(a+bi)(c+di)\),那么
\[ \begin{cases} ac-bd&=n\ad+bc&=0 \end{cases}\\frac{a}{b}=-\frac{c}{d} \]
  因为这是一道数论题,设
\[ \begin{align} a&=px\b&=qx\c&=py\d&=-qy\\gcd(p,q)&=1\\end{align} \]
  这样一组\(x,y,p,q\)就唯一确定了一组\(a,b,c,d\)

  记
\[ \begin{align} g(n)&=\sum_{p^2+q^2=n}[\gcd(p,q)=1]p\G(n)&=\sum_{i=1}^ng(i)\f(n)&=\sum_{p^2+q^2=n}p\F(n)&=\sum_{i=1}^nf(i) \end{align} \]
  问题转化为求
\[ \begin{align} &\sum_{x,y,p,q>0,[(p,q)=1]}[xy(p^2+q^2)\leq n]px\=&\sum_{i=1}^n(\sum_{p^2+q^2=i}[\gcd(p,q)=1]p)(\sum_{xy\leq\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}x)\=&\sum_{i=1}^ng(i)S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor) \end{align} \]
  那么怎么求\(F,G,S\)呢?
\[ \begin{align} S(n)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j|i}j\&=\sum_{i=1}^ni\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\G(n)&=\sum_{p^2+q^2\leq n}p\&=\sum_{i=1}^\sqrt ni\lfloor\sqrt{n-i^2}\rfloor\F(n)&=\sum_{p^2+q^2\leq n}[\gcd(i,j)=1]p\&=\sum_{i=1}^\sqrt{n}i\mu(i)\sum_{j=1}^\frac{n}{i^2}\sum_{p^2+q^2\leq\frac{n}{i^2}}p\&=\sum_{i=1}^\sqrt{n}i\mu(i)G(\lfloor\frac{n}{i^2}\rfloor) \end{align} \]
  这些东西求一次是\(O(\sqrt{n})\)的,预处理一下,总的复杂度是\(O(n^\frac{2}{3})\),因为每个\(n\)都是题目给的\(n\)除以某个东西。

  预处理大家都会,我就不讲了。

  zjt:在\(O(n^\frac{2}{3})\)内求出所有\(F(n\)除以某个东西\()\)的一类算法都叫杜教筛。

  时间复杂度:\(O(n^\frac{2}{3})\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1004535809;
int _gcd[3500][3500];
int gcd(int a,int b)
{
    int &s=_gcd[a][b];
    if(~s)
        return s;
    if(!b)
        return s=a;
    return s=gcd(b,a%b);
}
const int maxn=10000000;
ll n,m;
int vis[10000010];
ll f[10000010];
int miu[10000010];
int b[10000010];
int pri[1000010];
int cnt;
ll g1[10000010];
ll g2[10000010];
ll s[10000010];
int c[10000010];
void init()
{
    int i,j;
    for(i=1;i*i<=maxn;i++)
        for(j=1;i*i+j*j<=maxn;j++)
        {
            if(gcd(i,j)==1)
                (f[i*i+j*j]+=i)%=p;
            (g1[i*i+j*j]+=i)%=p;
        }
    for(i=1;i<=maxn;i++)
    {
        f[i]=(f[i]+f[i-1])%p;
        g1[i]=(g1[i]+g1[i-1])%p;
    }
    miu[1]=1;
    c[1]=1;
    s[1]=1;
    for(i=2;i<=maxn;i++)
    {
        if(!b[i])
        {
            pri[++cnt]=i;
            miu[i]=-1;
            c[i]=i;
            s[i]=i+1;
        }
        for(j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=maxn;j++)
        {
            b[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0)
            {
                miu[i*pri[j]]=0;
                c[i*pri[j]]=c[i]*pri[j];
                if(c[i]==i)
                    s[i*pri[j]]=(s[i]*pri[j]+1)%p;
                else
                    s[i*pri[j]]=s[c[i*pri[j]]]*s[i/c[i]]%p;
                break;
            }
            miu[i*pri[j]]=-miu[i];
            c[i*pri[j]]=pri[j];
            s[i*pri[j]]=s[i]*(pri[j]+1)%p;
        }
    }
    for(i=1;i<=maxn;i++)
        s[i]=(s[i]+s[i-1])%p;
}
const ll inv2=502267905;
ll S(ll n)
{
    if(n<=maxn)
        return s[n];
    ll s=0,s2;
    ll i,j;
    for(i=1;i<=n;i=j+1)
    {
        j=n/(n/i);
        s=(s+(i+j)%p*(j-i+1)%p*inv2%p*((n/i)%p))%p;
    }
    return s;
}
ll G(ll n)
{
    if(n<=maxn)
        return g1[n];
    if(vis[m/n]&2)
        return g2[m/n];
    vis[m/n]|=2;
    ll i,s=0,j;
    for(i=1;i*i<=n;i++);
    j=i-1;
    for(i=1;i*i<=n;i++)
    {
        while(j*j>n-i*i)
            j--;
        s=(s+i*j)%p;
    }
    g2[m/n]=s;
    return s;
}
ll F(ll n)
{
    if(n<=maxn)
        return f[n];
    ll i,s=0;
    ll now;
    for(i=1;i*i<=n;i++)
        s=(s+miu[i]*i*G(n/i/i))%p;
    return s;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("c.in","r",stdin);
    freopen("c.out","w",stdout);
#endif
    memset(_gcd,-1,sizeof _gcd);
    scanf("%lld",&n);
    m=n;
    init();
    ll ans=0;
    ll i,j;
    ll last=0,now;
    for(i=1;i<=n;i=j+1)
    {
        j=n/(n/i);
        now=F(j);
        ans=(ans+(now-last)%p*S(n/i))%p;
        last=now;
    }
    ans=(ans*2+S(n))%p;
    ans=(ans+p)%p;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

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