[2019.9.26]AT5200

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第一次不看题解做出莫反题?

首先,\(LCM(i,j)=\frac{ij}{gcd(i,j)}\)。考虑枚举\(i\),求所有最大公约数为\(i\)的数对的乘积和。

首先,我们令\(F(i)\)为\(gcd\)为\(i\)的倍数的数对的乘积和,\(f(x)\)为\(gcd\)为\(i\)的数对的乘积和。

于是\(F(x)=\sum_{d|x}f(d)\)

由莫比乌斯反演得\(f(x)=\sum_{d|x}\mu(\frac{d}{x})F(x)\)

于是如果我们可以枚举\(i\),枚举\(i\)得倍数,计算\(f(i)\)后除以\(i\),累加得到答案。

那么怎么求\(F(x)\)?

我们枚举\(i\),计数列中\(x\)的数量为\(cnt_x\),那么\(F(i)=\sum_{d=1}^{\frac{n}{i}}sum_{d-1}\times cnt_i\times i+\frac{cnt(cnt-1)}{2}\times i^2\)

其中\(sum_{x}\)为所有小于等于\(i\times x\)的\(i\)的倍数的数量,直接递推即可。

时间复杂度\(O(n\log n)\)。

code:

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,a[1000010],t,m,p[1000010],sz,mu[1000010];
long long sum,F[1000010],f,ans;
int POW(int x,int y){
    int tot=1;
    while(y)y&1?tot=1ll*tot*x%mod:0,x=1ll*x*x%mod,y>>=1;
    return tot;
}
int main(){
    scanf("%d",&n),mu[1]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",&t),++a[t],m=max(m,t);
    for(int i=2;i<=m;++i){
        if(!p[i])p[++sz]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=sz&&i*p[j]<=m;++j){
            p[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0)break;
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=m;++i,sum=0)for(int j=i;j<=m;j+=i)F[i]=(F[i]+sum*j*a[j]+(1ll*a[j]*(a[j]-1)/2)*j%mod*j)%mod,sum=(sum+1ll*j*a[j])%mod;
    for(int i=1;i<=m;ans=(ans+f*POW(i,mod-2))%mod,++i,f=0)for(int j=i;j<=m;j+=i)f=(f+mu[j/i]*F[j])%mod;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

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原文地址：https://www.cnblogs.com/xryjr233/p/AT5200.html