Training 4: Number Theory

Problem A

题意: $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}lcm(i,j)$

题解: 原式=$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}\frac{i \times j}{gcd(i,j)} = \sum\limits_{k=1}^{n}k\sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{k}}\sum\limits_{j=1}^{\frac{m}{k}}i \times j[gcd(i,j)=k]$ 然后莫比乌斯反演得$\sum\limits_{k=1}^{n}mu[i] \times (1+...+\frac{n}{k}) \times (1+...+\frac{m}{k})$ 然后数论分块求和

Problem B

题意: 求第$n$个不是完全平方数的正整数倍的数

题解: 考虑容斥求出$n$以内有多少是完全平方倍数，枚举平方因子$i$贡献为$mu[i] \times n/(i*i)$因此二分每趟是$O(sqrt(n))$的，复杂度绰绰有余。

Problem C

题意: $\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{k=1}^{min(i,j)}k[k | i, k | j且\sum k \le a]$

题解:这道题想爆。$=\sum\limits_{i=1}^{m}\sum\limits_{j=1}^{m}\sum\limits_{k=1}^{min(i,j)}k[k | gcd(i,j)且\sum k \le a]$先考虑没有$\le a$的情况。$f(i)$表示$i$的因数和。$g(n)=\sum\limits_{n|d}mu[d/n] \cdot \frac{n}{d} \cdot \frac{m}{d}$表示$gcd(i,j)=n$的个数。原式=$\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)g(i)=\sum\limits_{i=1}^{n}f(i)\sum\limits_{i|d}mu[d/i] \cdot \frac{n}{d} \frac{m}{d}=\sum\limits_{d=1}^{n}\frac{n}{d}\frac{m}{d}\sum\limits_{i|d}f(i)mu[d/i]$。为了数论分块搞这个式子我们需要$F(i)$的前缀和。记$F(i)=f*mu$。只有当$f(i) \le a$时对答案做出贡献。然后就是离线操作，每次把新符合条件的$f(i)$枚举倍数新加到维护$F(i)$前缀和的树状数组中，然后再数论分块求和。复杂度$O(sqrt{(n)}logn+nsqrt{(n)})$

Problem D

题意: 给出$a_i$求有多少$b_i \le a_i$使得任意区间$gcd \ge 2$

题解:这道题当时多校补题的时候想爆。考虑容斥求出整个$gcd=k$的情况数$F(k)$，然后答案为$\sum\limits_{i=2}^{k}F(i)$。发现$G(k)=\prod\limits_{i=1}^{n}{a_i/k}$是容斥中对应$gcd>=k$的式子，且$k$包含奇数素因子为正，偶数为负，发现其和莫比乌斯函数刚好是相反关系。（个人理解莫比乌斯函数就是整除偏序上的容斥）。每一次计算都一个一个值算$G(k)$太蠢了。应该将$a_i$转换成$cnt[a_i]++$再使用前缀和，然后一段一段加，每段长度为$i$，这样相同段的$n/i$都是一样的。复杂度就是那个著名的级数$O(nlogn)$了。

Problem E

题意: $\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{m}(n \mod i)(m \mod j)[i \not =j]$

题解:$F(i)\sum\limits_{i=1}^{n}n \mod i = \sum\limits_{i=1}^{n}n-i\frac{n}{i}, G(i)=\sum\limits_{i=1}^{n}(n \mod i)^2=完全平方展开得到类似可以分块求和的式子$,答案$F(n)F(m)-G(n)$。