题目描述
给出 N,K ,请计算下面这个式子:
(∑_{i=1}^N∑_{j=1}^Nsgcd(i,j)^k)
其中,sgcd(i, j)表示(i, j)的所有公约数中第二大的,特殊地,如果gcd(i, j) = 1, 那么sgcd(i, j) = 0。
考虑到答案太大,请输出答案对2^32取模的结果.
1≤N≤109,1≤K≤50
样例解释:
因为gcd(i, j)=1时sgcd(i,j)=0对答案没有贡献,所以我们只考虑gcd(i,j)>1的情况.
当i是2时,j是2时,sgcd(i,j)=1,它的K次方是1
当i是2时,j是4时,sgcd(i,j)=1,它的K次方是1
当i是3时,j是3时,sgcd(i,j)=1,它的K次方是1
当i是4时,j是2时,sgcd(i,j)=1,它的K次方是1
当i是4时,j是4时,sgcd(i,j)=2,它的K次方是8
当i是5时,j是5时,sgcd(i,j)=1,它的K次方是1
解题思路
设minp(x)表示x最小的质因子（当x等于1时，minp(x)为0，当x质数时，minp(x)为1）。
于是
对于(phi(i))的前缀和就可以直接杜教筛。
至于如何求出(dfrac{d}{minp(d)})，
当(d>sqrt n 且 d为质数)时，(dfrac{d}{minp(d)})为1。
这个就可以通过求(>sqrt n)的质数来得出。
我们设
(F(i,j)表示在[1,j]中，不能被前i个质数整除的数的K次方和)
(H(i,j)表示在[1,j]中，不能被前i个质数整除的数的个数)
(G(i,j)表示所有x∈[1,j],minp(x)≤p_i,frac{d}{minp(d)}^K的和)
于是，我们可以的出一个递推式
(F(i,j)=F(i-1,j)-p_i^kF(i-1,lfloordfrac{j}{p_i}
floor))
(H(i,j)=H(i-1,j)-H(i-1,lfloordfrac{j}{p_i}
floor))
(G(i,j)=G(i-1,j)+F(i-1,lfloordfrac{j}{p_i}
floor))
答案就是(H(sqrt n以内质数个数,n)+G(sqrt n以内质数个数,n))
然后我们发现，当(p_i>j)时，F(i,j)=1,H(i,j)=1;
当(p_i^2>j)时
(F(i,j)=F(i-1,j)-p_i^k)
(H(i,j)=H(i-1,j)-1)
(G(i,j)=G(i-1,j)+1)
因为j只有(sqrt n)种取值，我们直接预处理出每种取值，然后直接递推。
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
const long long inf=2147483647;
const int mo=1e9+7;
const int N=1000005;
const int M=55;
using namespace std;
typedef unsigned int uint;
#define sqr(x) ((x)*(x))
long long _n[N],num,p[N],qn,n,m,SP[N],v1[N],phi[N],nphi[N],nn;
uint F[N],G[N],H[N],lu[N],mi[N],smi[N],s[M][M],S[M],ans,Smi[N];
bool bz[N];
uint poww(uint x,uint y)
{
uint s=1;
for(;y;y>>=1,x=x*x)
if(y&1) s=s*x;
return s;
}
void pre_P()
{
mi[1]=phi[1]=1;
for(int i=2;i<=qn;i++)
{
if(!bz[i])
{
p[++p[0]]=i,phi[i]=i-1,mi[i]=poww(i,m),smi[p[0]]=smi[p[0]-1]+mi[i];
}
for(int j=1;j<=p[0];j++)
{
int k=i*p[j];
if(k>qn) break;
bz[k]=true;
mi[k]=mi[i]*mi[p[j]];
if(i%p[j]==0)
{
phi[k]=phi[i]*p[j];
break;
}
else phi[k]=phi[i]*(p[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<=qn;i++) Smi[i]=Smi[i-1]+mi[i],phi[i]+=phi[i-1];
}
void pre_STR()
{
for(int i=0;i<=m;i++) s[i][i]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<i;j++) s[i][j]=s[i-1][j-1]+s[i-1][j]*(i-1);
}
uint get_P(uint n,uint k)
{
uint val=1;
for(uint i=n;i>=n-k+1;i--)
if(i%k==0) val*=i/k;
else val*=i;
return val;
}
void pre()
{
for(uint i=1,last=1;i<=n;i=last+1) last=n/(n/i),_n[++num]=n/i;
reverse(_n+1,_n+1+num);
pre_P(),pre_STR();
for(int i=1;i<=num;i++)
{
H[i]=_n[i];
if(_n[i]<=qn)
{
F[i]=Smi[_n[i]];
continue;
}
S[0]=_n[i];
for(int k=1;k<=m;k++)
{
S[k]=get_P(_n[i]+1,k+1);
for(int j=0;j<k;j++) S[k]-=((k-j)&1?-1:1)*s[k][j]*S[j];
}
F[i]=S[m];
}
}
uint get_F(long long i,long long j)
{
long long k;
k=j<=qn?j:(num-n/j+1);
return (!i || sqr(p[i])<=j)?F[k]:(p[i]<=j?(F[k]-smi[i]+smi[lu[k]]):1);
}
uint get_H(long long i,long long j)
{
long long k;
k=j<=qn?j:(num-n/j+1);
return (!i || sqr(p[i])<=j)?H[k]:(p[i]<=j?(H[k]-i+lu[k])%mo:1);
}
uint Sphi(int n)
{
if(n<=qn) return phi[n];
if(nphi[nn/n]) return nphi[nn/n];
uint ans=(n&1)?((n+1)>>1)*n:(n>>1)*(n+1);
for(int i=2,last=1;i<=n;i=last+1)
{
last=n/(n/i);
ans-=Sphi(n/i)*(last-i+1);
}
return nphi[nn/n]=ans;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m),qn=sqrt(n);
pre();
for(int i=1;i<=p[0];i++)
{
for(int j=num;j>=1;j--)
{
F[j]-=mi[p[i]]*get_F(i-1,_n[j]/p[i]);
G[j]+=get_F(i-1,_n[j]/p[i]);
H[j]-=get_H(i-1,_n[j]/p[i]);
lu[j]=i;
if(i==p[0] || sqr(p[i+1])>_n[i])
v1[j]=G[j]+H[j]-1;
if(sqr(p[i])>_n[j-1])
{
v1[j]=G[j]+H[j]-1;
break;
}
}
}
v1[2]=1;
if(_n[3]==3) v1[3]=2;
ans=0;
nn=n;
for(int i=2;i<=num;i++)
ans=ans+(v1[i]-v1[i-1])*(2*Sphi(n/_n[i])-1);
cout<<ans<<endl;
return 0;
}