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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。
【题解】
用莫比乌斯繁衍（题解均省略取模运算）
设sum2(i)=i*(i+1)/2
设函数sum(i,j)=sum2(i)*sum2(j)
那么，ans=sigma (D=1 to min(n,m)) sum(n/d,m/d)* (sigma (i|D) Di*mu[i])
（这是可以推出来的）
然后呢，YSY聚聚告诉我了一个方法：
线性筛筛素数，记录i最小素数因子为mz[i]
然后，设f[D] 为 (sigma (i|D) Di*mu[i])，那么，
f[D]=f[D/mz[i]]（mz[i/mz[i]]==mz[i])
f[D]=f[D/mz[i]]*(1-mz[i]) （else）
那么，即可在O(n)时间内处理
可以用前缀和维护f，则在O(sqrt n)之内处理完
需要强调的是！！！！！！！
括号啊括号！！long long啊long long！！！
WA了10几次，精度爆炸了
首先是sum，不能连乘3次！！
long long 强制转换要放内部！
唉，ysy一遍A，我WA了10几次，TAT
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 int prime[1000010]; 4 int tot,mz[10000010]; 5 int f[10000010],n,m; 6 long long ans; 7 const int mod=20101009; 8 long long sum(int ki,int kj) { 9 return ((((long long)ki*(ki+1)/2)%mod)*(((long long)kj*(kj+1)/2)%mod))%mod; 10 } 11 int main() { 12 //freopen("a.out","w",stdout); 13 scanf("%d%d",&n,&m); 14 if (n>m) { 15 int t=n; 16 n=m; 17 m=t; 18 } 19 for (int i=2;i<=n;++i) { 20 if (!mz[i]) { 21 prime[++tot]=i; 22 mz[i]=i; 23 } 24 for (int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;++j) { 25 mz[i*prime[j]]=prime[j]; 26 if(i%prime[j]==0) break; 27 } 28 } 29 //for (int i=1;i<=tot;++i) cout<<prime[i]<<endl; 30 //for (int i=1;i<=n;++i) cout<<mz[i]<<endl; 31 f[1]=1; 32 for (int i=2;i<=n;++i) 33 if(mz[i/mz[i]]==mz[i]) f[i]=f[i/mz[i]]%mod; 34 else f[i]=((long long)(f[i/mz[i]]*(1-mz[i])))%mod; 35 for (int i=1;i<=n;++i) ans=(ans+(sum(n/i,m/i)*(((long long)f[i]*i)%mod)))%mod; 36 printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod); 37 return 0; 38 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/TonyNeal/p/bzoj2154.html
