题目背景
提示:原 P1829 半数集问题 已经迁移至 P1028 数的计算
题目描述
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)表示能同时整除a和b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mod20101009的值。
输入输出格式
输入格式:
输入的第一行包含两个正整数,分别表示N和M。
输出格式:
输出一个正整数,表示表格中所有数的和mod20101009的值。
输入输出样例
说明
30%的数据满足N, M≤ 10^3。
70%的数据满足N, M≤ 10^5。
100%的数据满足N, M≤ 10^7。
很神的一道题。。听说反演是人类最大的本能然而我不会
公式自然还是不会写
不过我发现以后可以用手机拍公式QAQ
先贴上代码:
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #define mod 20101009 5 #define M 10000010 6 #define ll long long 7 #define int long long 8 using namespace std; 9 int n,m,tot; 10 ll P[M],mul[M],pre[M]; 11 bool vis[M]; 12 ll ans; 13 void get_mul() 14 { 15 mul[1]=1; 16 for(int i=2;i<=n;i++) 17 { 18 if(!vis[i]) P[++tot]=i,mul[i]=-1; 19 for(int j=1;j<=tot&&P[j]*i<=n;j++) 20 { 21 vis[P[j]*i]=true; 22 if(i%P[j]==0) 23 { 24 mul[P[j]*i]=0; 25 break; 26 } 27 else mul[P[j]*i]=-mul[i]; 28 } 29 } 30 } 31 ll cal(int x,int y) 32 { 33 ll ans=0; 34 for(int l=1,r;l<=x;l=r+1) 35 { 36 r=min(x/(x/l),y/(y/l)); 37 ll sum=(ll)((1+x/l)*(x/l)/2%mod)*(ll)((1+y/l)*(y/l)/2%mod)%mod; 38 ans+=(ll)(pre[r]-pre[l-1])%mod*sum%mod; 39 ans%=mod; 40 } 41 return (ans+mod)%mod; 42 } 43 #undef int 44 int main() 45 { 46 #define int long long 47 scanf("%lld%lld",&n,&m); 48 get_mul(); 49 if(n>m) swap(n,m); 50 for(int i=1;i<=n;i++) pre[i]=(pre[i-1]+(ll)i*i%mod*mul[i]%mod+mod)%mod; 51 for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) 52 { 53 r=min(n/(n/l),m/(m/l)); 54 ll sum=(ll)(l+r)*(r-l+1)/2%mod; 55 ans=(ans+(ll)cal(n/l,m/l)*sum%mod)%mod; 56 } 57 printf("%lld",ans); 58 return 0; 59 }