对于百分之十的数据：随便过。
下面推式子：
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^ngcd(i,j)^{i+j}
]
[=sum_{d=1}^nsum_{i=1}^nsum_{j=1}^nd^{i+j}[gcd(i,j)=d]
]
[=sum_{d=1}^nsum_{i=1}^frac{n}{d}sum_{j=1}^frac{n}{d}d^{d(i+j)}[gcd(i,j)=1]
]
[=sum_{d=1}^nsum_{i=1}^frac{n}{d}sum_{j=1}^frac{n}{d}d^{d(i+j)}sum_{k|gcd(i,j)}mu(k)
]
[=sum_{d=1}^nsum_{k=1}^frac{n}{d}mu(k)sum_{i=1}^frac{n}{kd}sum_{j=1}^frac{n}{kd}d^{kd(i+j)}
]
令(T=kd:)
[=sum_{T=1}^nsum_{k|T}mu(k)sum_{i=1}^frac{n}{T}sum_{j=1}^frac{n}{T}[(frac{T}{k})^T]^{i+j}
]
现在的问题在于(sum_{i=1}^frac{n}{T}sum_{j=1}^frac{n}{T}[(frac{T}{k})^T]^{i+j}.)
- 线性递推
以下是@SOSCHINA大佬的思路：
设(g(n)=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n k^s.)
枚举(s=i+j.)
则有：
[g(n)=sum_{s=2}^{n+1}(s-1)k^s+sum_{s=n+2}^{2n}(2n-s+1)k^s
]
[g(n+1)=sum_{s=2}^{n+1}(s-1)k^s+sum_{s=n+2}^{2n+2}(sn+3-s)k^s
]
[g(n+1)-g(n)=sum_{s=n+2}^{2n}2k^s+2k^{2n+1}+k^{2n+2}
]
第三行就是两行相减。
对第一行的解释：([2,n+1])这里的数，每个数作为(i+j)都出现了(x-1)次。因为(i)可以取遍([1,x-1].)后面的那一些,([n+2,2n])会发现(i)最大只能到(n,)不能再取遍(x-1)个值了。此时能取到的应该是(2n-s+1)种。
对于(g(n+1):)这里是把第一个式子的最后一个值移动到了后面那个式子，方便做差。
这时我们可以在小模数的情况下做到(O(n*mod))的预处理。
- 化简形式
令(x=(frac{T}{k})^T.)
则原式为(sum_{i=1}^frac{n}{T}sum_{j=1}^frac{n}{T} x^{i+j}.)
像不像一个多项式。
它就等于((x+x^2+...x^frac{n}{T})^2.)
于是我们可以等比数列求和解出。
剩下的，可以做到(O(nlog nlog mod))处理出整个式子。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1500001;
int mod,TT;
bitset<MAXN+1>vis;
int p[MAXN+1],mu[MAXN+1],T[MAXN+1],cnt,n,Ans;
inline int Mod(long long x){
if(x<0)return x+mod;
if(x>=mod)return x%mod;
return x;
}
inline int add(int x,int y) {return Mod(1ll*x+1ll*y+1ll*mod);}
inline int mul(int x,int y) {return Mod(1ll*x*y);}
inline int qpow(int a,int b) {
if(!b)return 1;
if(a<=1||b==1)return a;
a %= mod;
int res=1;
while(b) {
if(b&1)res=mul(res,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return res;
}
inline int calc(int x,int y){
if(y==1)return x;
if(x==1)return y;
int ans=x;
int inv=qpow((1-x+mod)%mod,mod-2);
int fm=(1-qpow(x,y)+mod)%mod;
ans=mul(ans,mul(fm,inv));
return ans;
}
inline int Calc(int x,int y){int ans=calc(x,y);return mul(ans,ans);}
int main() {
scanf("%d",&TT);
mu[1]=1;
int N=MAXN;
for(register int i=2; i<=N; ++i) {
if(!vis[i])p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(register int j=1; j<=cnt&&i*p[j]<=N; ++j) {
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
while(TT--) {
scanf("%d%d",&n,&mod);
N=n;Ans=0;
for(register int i=1; i<=N; ++i) {
for(register int j=i,k,x; j<=N; j+=i) {
k=i;if(!mu[k])continue;
x=qpow(j/k,j);
T[j]=add(T[j],mul(mu[k],Calc(x,n/j)));
}
}
for(register int i=1; i<=n; ++i)Ans=add(Ans,T[i]),T[i]=0;
printf("%d
",Ans);
}
return 0;
}
由于这里是(5*10^5)的数据，所以略微卡常，但笔者通过非常不精湛的卡常技术跑到了(3s)以内，所以这里的时间限制我开了(3.2s).
对等比数列进行精细处理，可以做到(O(nlog^2n))的复杂度。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int MAXN=1500000;
int mod,TT;
bitset<MAXN<<1>vis;
int p[MAXN<<1],mu[MAXN<<1],T[MAXN<<1],cnt,n,Ans;
inline int Mod(long long x){
if(x>=mod)return x%mod;
return x;
}
inline int add(int x,int y) {
return Mod(x+y+mod);
}
inline int mul(int x,int y) {
return Mod(1ll*x*y);
}
inline int qpow(int a,int b) {
if(!b)return 1;
if(a<=1||b==1)return a;
a %= mod;
int res=1;
while(b) {
if(b&1)res=mul(res,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return res;
}
inline int calc(int x,int y){
if(y==1)return x;
int res=calc(x,y/2);
res=add(res,mul(res,qpow(x,y/2)));
if(y&1)res=add(res,mul(x,qpow(x,y-1)));
return res;
}
inline int Calc(int x,int y){int ans=calc(x,y);return mul(ans,ans);}
signed main() {
scanf("%lld",&TT);
mu[1]=1;
int N=MAXN;
for(int i=2; i<=N; ++i) {
if(!vis[i])p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1; j<=cnt&&i*p[j]<=N; ++j) {
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
while(TT--) {
scanf("%lld%lld",&n,&mod);
N=n;
Ans=0;
for(int i=1; i<=N; ++i) {
for(int j=i; j<=N; j+=i) {
int k=i;
int x=qpow(j/k,j);
if(!mu[k])continue;
T[j]=add(T[j],mul(mu[k],Calc(x,n/j)));
}
}
for(int i=1; i<=n; ++i)Ans=add(Ans,T[i]),T[i]=0;
cout<<Ans<<endl;
}
return 0;
}
由于常数等原因，这分代码可以拿到(50)分的好成绩。但我们可以通过另一种做法将常数/复杂度降低。
另一种做法
观察：
[sum_{d=1}^nsum_{k=1}^frac{n}{d}mu(k)sum_{i=1}^frac{n}{kd}sum_{j=1}^frac{n}{kd}d^{kd(i+j)}
]
[=sum_{d=1}^n sum_{k=1}^frac{n}{d} mu(k)(d^{kd}+d^{2kd}+...+d^{frac{n}{kd}*kd=n})^2.
]
这里同样观察式子发现可以直接算。前一部分是(O(nln n))的(n)倍调和级数的复杂度，后面带上一个(O(log n))精细处理的等比数列求求和复杂度。
（代码中的优化即使不加也是可以过的）
#define __AVX__ 1
#define __AVX2__ 1
#define __SSE__ 1
#define __SSE2__ 1
#define __SSE2_MATH__ 1
#define __SSE3__ 1
#define __SSE4_1__ 1
#define __SSE4_2__ 1
#define __SSE_MATH__ 1
#define __SSSE3__ 1
#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
#include <immintrin.h>
#include <emmintrin.h>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <bitset>
using namespace std;
const int MAXN=1.5e6+10;
int mod,T;
bitset<MAXN+1>vis;
int p[MAXN+1],cnt,mu[MAXN+1],N;
inline int Mod(long long a, int pp){
return a>=pp ? a%pp : a>=0 ? a : a+pp;
}
inline int add(int x,int y){return Mod( (1ll+x+y+mod-1ll),mod);}
inline int mul(int x,int y){return Mod(1ll*x*y,mod);}
void pretreatment(){
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=MAXN;++i){
if(!vis[i])p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=MAXN;++j){
vis[i*p[j]]=1;
if(Mod(i,p[j])==0)break;
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
}
inline int qpow(int a,int b){
if(!b)return 1;
if(a<=1||b==1)return a;
int res=1;
while(b){
if(b&1)res=mul(res,a);
a=mul(a,a);b>>=1;
}
return res;
}
inline int calc(int x,int y){
if(y==1)return x;
int res=calc(x,y>>1);
res=add(res,mul(res,qpow(x,y>>1)));
if(y&1)res=add(res,mul(x,qpow(x,y-1)));
return res;
}
inline int Calc(int x,int y){int ans=calc(x,y);return mul(ans,ans);}
int ssolve(int n,int d){
int res=0;
for(register int l=1;l<=n;++l){
if(!mu[l])continue;
res=add(res,mul(mu[l],Calc(qpow(d,l),n/l)));
}
return res;
}
int solve(int n){
int ans=0;
for(register int l=1;l<=n;l++){
ans=add(ans,ssolve(n/l,qpow(l,l)));
}
return ans;
}
signed main(){
scanf("%lld",&T);
pretreatment();
for(;T;T--){
scanf("%lld%lld",&N,&mod);
printf("%lld
",solve(N));
}
return 0;
}
可以用整除分块减少循环中乘法的使用，对代码速度可能有一定的提升。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN=1.5e6+10;
int mod,T;
bitset<MAXN+1>vis;
int p[MAXN+1],cnt,mu[MAXN+1],N;
inline int Mod(long long a, int pp){return a>=pp ? a%pp : a>=0 ? a : a+pp;}
inline int add(int x,int y){return Mod( (1ll+x+y+mod-1ll),mod);}
inline int mul(int x,int y){return Mod(1ll*x*y,mod);}
inline int qpow(int a,int b){
if(!b)return 1;
if(a<=1||b==1)return a;
a=Mod(a,mod);
int res=1;
while(b){
if(b&1)res=mul(res,a);
a=mul(a,a);b>>=1;
}
return res;
}
inline int calc(int x,int y){
if(y==1)return x;
int res=calc(x,y>>1);
res=add(res,mul(res,qpow(x,y>>1)));
if(y&1)res=add(res,mul(x,qpow(x,y-1)));
return res;
}
inline int Calc(int x,int y){int ans=calc(x,y);return mul(ans,ans);}
int ssolve(int n,int d){
int res=0;
for(register int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=(n/(n/l));
int D=n/l;
for(int i=l;i<=r;++i){
if(!mu[i])continue;
res=add(res,mul(mu[i],Calc(qpow(d,i),D)));
}
}
return res;
}
int solve(int n){
int ans=0;
for(register int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=(n/(n/l));
int D=n/l;
for(int i=l;i<=r;++i)ans=add(ans,ssolve(D,qpow(i,i)));
}
return ans;
}
int main(){
scanf("%d",&T);
mu[1]=1;
for(register int i=2;i<=MAXN;++i){
if(!vis[i])p[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(register int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=MAXN;++j){
vis[i*p[j]]=1;
if(Mod(i,p[j])==0)break;
mu[i*p[j]]=-mu[i];
}
}
for(;T;T--){
scanf("%d%d",&N,&mod);
printf("%d
",solve(N));
}
return 0;
}
经由大佬 @C3H5ClO 大佬证明，上面这份代码实际上是(O(nlog n))的。
这里借用一下 @C3H5ClO 大佬的证明：
[f(n)=sum_{d=1}^nsum_{e=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}mu(e)(sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{de}
floor}d^{de})^2
]
[T(n)=O(sum_{d=1}^nsum_{e=1}^{lfloor frac{n}{d}
floor}loglfloor frac{n}{de}
floor)
]
[T(n)=O(sum_{i=1}^nint_0^{frac{n}{i}}logfrac{n}{ix}mathrm{d}x)
]
[intlogfrac{n}{x}mathrm{d}x=(log n+1)x-xlog x+C ][int_0^nlogfrac{n}{x}mathrm{d}x=n ]
[T(n)=O(sum_{i=1}^nfrac{n}{i})=O(nln n)
]
（蒟蒻不会微积分惨被教育.jpg）
出这题的本意其实是想看看有没有吊打( ext{std})的做法的，笔者推了很久并没有找到线性的做法。