P6156 簡單題

推式子

$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^{k}f(gcd(i,j))gcd(i,j) \\ =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k{\mu }^2(gcd(i,j))gcd(i,j) \\ =\sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{n}{d}}(i+j{)}^k(gcd(i,j)==1) \\ =\sum _{d=1}^n{\mu }^2(d)d^{k+1}\sum _{p=1}^{\frac{n}{d}}{p}^2\mu (p)\sum _{i=1}^{\frac{n}{pd}}\sum _{j=1}^{\frac{n}{pd}}(i+j{)}^k \\ t=pd,f(n)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n(i+j{)}^k \\ =\sum _{t=1}^{n}f(\frac{n}{t})t^k\sum _{d\mid t}{\mu }^2(d)\mu (\frac{t}{d})d \end{gathered}$$

我們先對$f(n)$分析：
$$\begin{gathered} 假定a(n)=\sum _{i=1}^n{i}^k，b(n)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i{j}^k=\sum _{i=1}^{n}a(i) \\ 簡單化簡一下就可以得到f(n)=b(2n)?2b(n) \\ 顯然我們可以通過歐拉篩得到i^k，然后一次前綴和得到a(i),再一次前綴和得到b(i) \end{gathered}$$
接下來我們對$f(n)={\sum }_{d\mid n}{\mu }^2(d)\mu (\frac{n}{d})d$分析：

代碼

P6222 「P6156 簡單題」加強版

這道題目的加強版本，由于我這里采用的是線性復雜度的算法，所以只要稍加修改即可過這道題。

/*Author : lifehappy */ #pragma GCC optimize(2) #pragma GCC optimize(3) #include <bits/stdc++.h>#define mp make_pair #define pb push_back #define endl '\n' #define mid (l + r >> 1) #define lson rt << 1, l, mid #define rson rt << 1 | 1, mid + 1, r #define ls rt << 1 #define rs rt << 1 | 1using namespace std;typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef pair<int, int> pii;const double pi = acos(-1.0); const double eps = 1e-7; const int inf = 0x3f3f3f3f;inline ll read() {ll f = 1, x = 0;char c = getchar();while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1;c = getchar();}while(c >= '0' && c <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);c = getchar();}return f * x; }const int N = 1e7 + 10, mod = 998244353;int prime[N], cnt;ll f[N], pw[N], n, k;bool st[N];ll quick_pow(ll a, ll n) {ll ans = 1;while(n) {if(n & 1) ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;n >>= 1;}return ans; }void init() {f[1] = pw[1] = 1;for(int i = 2; i < N; i++) {if(!st[i]) {prime[cnt++] = i;f[i] = i - 1;pw[i] = quick_pow(i, k);}for(int j = 0; j < cnt && i * prime[j] < N; j++) {pw[i * prime[j]] = pw[i] * pw[prime[j]] % mod;st[i * prime[j]] = 1;if(i % prime[j] == 0) {int temp = i / prime[j];if(temp % prime[j]) f[i * prime[j]] = (mod - 1ll * prime[j] * f[temp] % mod) % mod;break;}f[i * prime[j]] = f[i] * f[prime[j]] % mod;}}for(int i = 1; i < N; i++) f[i] = (f[i - 1] + f[i] * pw[i] % mod) % mod, pw[i] = (pw[i] + pw[i - 1]) % mod;for(int i = 1; i < N; i++) pw[i] = (pw[i] + pw[i - 1]) % mod; }int main() {// freopen("in.txt", "r", stdin);// freopen("out.txt", "w", stdout);// ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);n = read(), k = read(), init();ll ans = 0;for(ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {r = n / (n / l);ans = (ans + (f[r] - f[l - 1] + mod) % mod * (((pw[2 * (n / l)] - 2 * pw[n / l]) % mod + mod) % mod) % mod) % mod;}printf("%lld\n", ans);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的P6222 「P6156 简单题」（反演 + 积性函数线性筛）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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