题意
求
[sum_{i = 1}^{n} sum_{i = 1}^{n} f(gcd(i, j))^k pmod {2^{32}}
]
其中 (f(x)) 为 (x) 的次大质因子，重复的质因子计算多次。
特别的，定义 (f(1) = 0, f(p) = 0) ，此处 (p) 为质数。
题解
首先先莫比乌斯反演前几步。
[ans = sum_{d = 1}^{n} f(d)^k sum_{i = 1}^{lfloor frac{n}{d}
floor} mu(x) (lfloor frac{n}{dx}
floor)^2
]
令 (T = dx) 那么就化为
[= sum_{T = 1}^{n} (lfloor frac{n}{T}
floor)^2 sum_{d | T} f(d)^k mu(frac{T}{d})
]
令 (f(d)^k = F(d)) 那么就变成
[= sum_{T = 1}^{n} (lfloor frac{n}{T}
floor)^2 (F * mu)(T)
]
那么我们整除分块后，只需要快速求 ((F * mu)) 的前缀和即可，令 (displaystyle S(n) = sum_{i = 1}^n (F * mu)(i)) 。
我们知道 (mu * 1 = epsilon) ，由于狄里克雷卷积满足结合律，就有 (F * mu * 1 = F) 。
所以我们套上杜教筛的式子，就可以得到
[S(n) = sum_{i = 1}^n F(i) - sum_{i = 2}^n S(lfloor frac n i
floor)
]
杜教筛好像不好算 (displaystyle sum_{i = 1}^n F(i)) ，其实这是道 原题 。
min25 筛合数的部分 十分契合次大质因子的过程。
每次我们枚举了最小质因子的值，下一次递归计算 (S(n, i)) 的时候，那么在 (P_i sim P_{|P|}) 的所有质数上次枚举过来的次大质因子一定都是 (P_{i - 1}) 。
那么直接在此处加上贡献即可，不要忘记 (p^e) 的贡献要加上去。
复杂度？？？如果考虑预处理前 (n^{2 / 3}) 的答案，并且对于合数部分记忆化的话，应该比较正确。。。
但似乎直接实现虽然有点慢，但也能过？？？
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl
using namespace std;
using ll = long long;
using ui = unsigned int;
template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }
inline ui read() {
ui x(0), sgn(1); char ch(getchar());
for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
return x * sgn;
}
void File() {
#ifdef zjp_shadow
freopen ("572.in", "r", stdin);
freopen ("572.out", "w", stdout);
#endif
}
const int N = 1e5 + 1e3;
int prime[N], pcnt; bitset<N> is_prime;
ui Pow[N], k;
ui fpm(ui x, ui power) {
ui res = 1;
for (; power; power >>= 1, x *= x)
if (power & 1) res *= x;
return res;
}
void Linear_Sieve(int maxn) {
is_prime.set();
For (i, 2, maxn) {
if (is_prime[i])
prime[++ pcnt] = i, Pow[pcnt] = fpm(i, k);
for (int j = 1; j <= pcnt && 1ll * i * prime[j] <= maxn; ++ j) {
is_prime[i * prime[j]] = false; if (!(i % prime[j])) break;
}
}
}
int id1[N], id2[N]; ui val[N * 2], ptot[N * 2], d, all;
#define id(x) (x <= d ? id1[x] : id2[all / (x)])
void Min25_Sieve(ui n) {
int cnt = 0;
for (ui i = 1; i <= n; i = n / (n / i) + 1)
val[id(n / i) = ++ cnt] = n / i, ptot[cnt] = val[cnt] - 1;
for (int i = 1; i <= pcnt && 1ll * prime[i] * prime[i] <= n; ++ i)
for (int j = 1; j <= cnt && 1ll * prime[i] * prime[i] <= val[j]; ++ j)
ptot[j] -= ptot[id(val[j] / prime[i])] - (i - 1);
}
ui S(ui n, int cur) {
if (n <= 1 || (ui)prime[cur] > n) return 0;
ui res = (ptot[id(n)] - (cur - 1)) * Pow[cur - 1];
for (int i = cur; i <= pcnt && 1ll * prime[i] * prime[i] <= n; ++ i) {
ui prod = prime[i];
for (int e = 1; 1ll * prod * prime[i] <= n; ++ e, prod *= prime[i])
res += S(n / prod, i + 1) + Pow[i];
}
return res;
}
bitset<N * 2> vis; ui M[N * 2];
ui Calc(ui n) {
if (vis[id(n)]) return M[id(n)];
ui res = S(n, 1) + ptot[id(n)];
for (ui i = 2, ni; i <= n; i = ni + 1)
ni = n / (n / i), res -= (ni - i + 1) * Calc(n / i);
return vis[id(n)] = true, M[id(n)] = res;
}
int main () {
File();
ui n = read(); k = read();
Linear_Sieve(d = sqrt(n + .5));
all = n; Min25_Sieve(n);
ui ans = 0, Last = 0;
for (ui i = 1, ni; i <= n; i = ni + 1) {
ni = n / (n / i); ui res = Calc(ni);
ans += (n / i) * (n / i) * (res - Last); Last = res;
}
printf ("%u
", ans);
return 0;
}