题目大意
定义复数(a+bi)为整数(k)的约数，当且仅当(a)和(b)为整数且存在整数(c)和(d)满足((a+bi)(c+di)=k)。
定义复数(a+bi)的实部为(a)，虚部为(b)。
定义(f(n))为整数(n)的所有实部大于(0)的约数的实部之和。
给定正整数(n)，求出(sum_{i=1}^nf(i))对(1004535809)取模后得到的值。
(nleq {10}^{10})
题解
以前看到一个数论题就是反演预处理。
现在看到一个数论题就是反演杜教筛。
记(s(n)=sum_{i|n}i)为(n)的因数和，(S(n)=sum_{i=1}^ns(i))
当(b=0)时答案就是(S(n))。以下仅考虑(b>0)的情况（(b<0)也是一样的）
设(n=(a+bi)(c+di))，那么
[egin{cases}
ac-bd&=n\
ad+bc&=0
end{cases}\
frac{a}{b}=-frac{c}{d}
]
因为这是一道数论题，设
[egin{align}
a&=px\
b&=qx\
c&=py\
d&=-qy\
gcd(p,q)&=1\
end{align}
]
这样一组(x,y,p,q)就唯一确定了一组(a,b,c,d)
记
[egin{align}
g(n)&=sum_{p^2+q^2=n}[gcd(p,q)=1]p\
G(n)&=sum_{i=1}^ng(i)\
f(n)&=sum_{p^2+q^2=n}p\
F(n)&=sum_{i=1}^nf(i)
end{align}
]
问题转化为求
[egin{align}
&sum_{x,y,p,q>0,[(p,q)=1]}[xy(p^2+q^2)leq n]px\
=&sum_{i=1}^n(sum_{p^2+q^2=i}[gcd(p,q)=1]p)(sum_{xyleqlfloorfrac{n}{i}
floor}x)\
=&sum_{i=1}^ng(i)S(lfloorfrac{n}{i}
floor)
end{align}
]
那么怎么求(F,G,S)呢？
[egin{align}
S(n)&=sum_{i=1}^nsum_{j|i}j\
&=sum_{i=1}^nilfloorfrac{n}{i}
floor\
G(n)&=sum_{p^2+q^2leq n}p\
&=sum_{i=1}^sqrt nilfloorsqrt{n-i^2}
floor\
F(n)&=sum_{p^2+q^2leq n}[gcd(i,j)=1]p\
&=sum_{i=1}^sqrt{n}imu(i)sum_{j=1}^frac{n}{i^2}sum_{p^2+q^2leqfrac{n}{i^2}}p\
&=sum_{i=1}^sqrt{n}imu(i)G(lfloorfrac{n}{i^2}
floor)
end{align}
]
这些东西求一次是(O(sqrt{n}))的，预处理一下，总的复杂度是(O(n^frac{2}{3}))，因为每个(n)都是题目给的(n)除以某个东西。
预处理大家都会，我就不讲了。
zjt：在(O(n^frac{2}{3}))内求出所有(F(n)除以某个东西())的一类算法都叫杜教筛。
时间复杂度：(O(n^frac{2}{3}))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1004535809;
int _gcd[3500][3500];
int gcd(int a,int b)
{
int &s=_gcd[a][b];
if(~s)
return s;
if(!b)
return s=a;
return s=gcd(b,a%b);
}
const int maxn=10000000;
ll n,m;
int vis[10000010];
ll f[10000010];
int miu[10000010];
int b[10000010];
int pri[1000010];
int cnt;
ll g1[10000010];
ll g2[10000010];
ll s[10000010];
int c[10000010];
void init()
{
int i,j;
for(i=1;i*i<=maxn;i++)
for(j=1;i*i+j*j<=maxn;j++)
{
if(gcd(i,j)==1)
(f[i*i+j*j]+=i)%=p;
(g1[i*i+j*j]+=i)%=p;
}
for(i=1;i<=maxn;i++)
{
f[i]=(f[i]+f[i-1])%p;
g1[i]=(g1[i]+g1[i-1])%p;
}
miu[1]=1;
c[1]=1;
s[1]=1;
for(i=2;i<=maxn;i++)
{
if(!b[i])
{
pri[++cnt]=i;
miu[i]=-1;
c[i]=i;
s[i]=i+1;
}
for(j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=maxn;j++)
{
b[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0)
{
miu[i*pri[j]]=0;
c[i*pri[j]]=c[i]*pri[j];
if(c[i]==i)
s[i*pri[j]]=(s[i]*pri[j]+1)%p;
else
s[i*pri[j]]=s[c[i*pri[j]]]*s[i/c[i]]%p;
break;
}
miu[i*pri[j]]=-miu[i];
c[i*pri[j]]=pri[j];
s[i*pri[j]]=s[i]*(pri[j]+1)%p;
}
}
for(i=1;i<=maxn;i++)
s[i]=(s[i]+s[i-1])%p;
}
const ll inv2=502267905;
ll S(ll n)
{
if(n<=maxn)
return s[n];
ll s=0,s2;
ll i,j;
for(i=1;i<=n;i=j+1)
{
j=n/(n/i);
s=(s+(i+j)%p*(j-i+1)%p*inv2%p*((n/i)%p))%p;
}
return s;
}
ll G(ll n)
{
if(n<=maxn)
return g1[n];
if(vis[m/n]&2)
return g2[m/n];
vis[m/n]|=2;
ll i,s=0,j;
for(i=1;i*i<=n;i++);
j=i-1;
for(i=1;i*i<=n;i++)
{
while(j*j>n-i*i)
j--;
s=(s+i*j)%p;
}
g2[m/n]=s;
return s;
}
ll F(ll n)
{
if(n<=maxn)
return f[n];
ll i,s=0;
ll now;
for(i=1;i*i<=n;i++)
s=(s+miu[i]*i*G(n/i/i))%p;
return s;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("c.in","r",stdin);
freopen("c.out","w",stdout);
#endif
memset(_gcd,-1,sizeof _gcd);
scanf("%lld",&n);
m=n;
init();
ll ans=0;
ll i,j;
ll last=0,now;
for(i=1;i<=n;i=j+1)
{
j=n/(n/i);
now=F(j);
ans=(ans+(now-last)%p*S(n/i))%p;
last=now;
}
ans=(ans*2+S(n))%p;
ans=(ans+p)%p;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}