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题意
给出a(n)的计算方法为
之后给出数字n,m,求1-n种与m互质的数的a计算方法之和
做法
通过打表可以发现
所以我们只要能够计算出1-n中所有与m互质的数就可以了,我们发现容斥的某个经典问题就是求1-n中与m互质的数的个数,过程中我们可以算出作为某个组合出的因子的所有倍数的出现次数,我们当时的计算方法是如果这个因子为tmp,那么作为他的倍数的出现次数就是 ,那么换到这里,我们想要计算的就是
如果我们设 ,上面的式子就变为
于是这道题就解决了,时间复杂度O(能过)
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Mod = 1e9+7;
vector<int> v;
ll pow_(ll a,ll b)
{
ll ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=(ans*a)%Mod;
a=(a*a)%Mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
ll inv(ll x)
{
return pow_(x,Mod-2);
}
ll tmp;
ll cal2(ll x,ll n)
{
ll ans=1;
ans=(ans*x*x)%Mod;
ans=(ans*tmp)%Mod;
ans=(ans*n)%Mod;
ans=(ans*(n+1))%Mod;
ans=(ans*(2*n+1))%Mod;
ans=(ans+x*((n*(n+1)%Mod)*inv(2)%Mod)%Mod)%Mod;
return ans;
}
ll cal(ll n,ll x)
{
ll ans=0;
v.clear();
for(ll i=2;i*i<=x;i++)
{
if(x%i==0)
{
v.push_back(i);
while(x%i==0) x/=i;
}
}
if(x>1) v.push_back(x);
int sz=v.size();
for(int i=1;i<(1<<sz);i++)
{
int num=0;
ll tmp=1;
for(int j=0;j<sz;j++)
{
if(i&(1<<j))
{
num++;
tmp*=v[j];
}
}
if(num&1) ans=(ans+cal2(tmp,n/tmp))%Mod;
else ans=(ans-cal2(tmp,n/tmp)%Mod+Mod)%Mod;
}
return (cal2(1,n)-ans%Mod+Mod)%Mod;
}
int main()
{
ll n,m;
tmp=inv(6);
while(scanf("%lld%lld",&n,&m)!=EOF)
{
ll ans=cal(n,m);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}