LG P6156 简单题
时间:2021-07-20
本文章向大家介绍LG P6156 简单题,主要包括LG P6156 简单题使用实例、应用技巧、基本知识点总结和需要注意事项,具有一定的参考价值,需要的朋友可以参考一下。
\(\text{Problem}\)
\(\text{Analysis}\)
显然 \(f=\mu^2\)
那么
\[\begin{aligned}
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (i+j)^k
&= \sum_{d=1}^n \mu^2(d) d^{k+1} \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} (i+j)^k [\gcd(i,j)=1] \\
&= \sum_{d=1}^n \mu^2(d) d^{k+1} \sum_{g=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \mu(g) g^k \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dg} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{dg} \rfloor} (i+j)^k \\
\end{aligned}
\]
我们考虑预处理
\[f_1 = \sum_{i=1}^n \mu^2(d) d^{k+1} \\
f_2 = \sum_{i=1}^n \mu(d) d^k \\
f_3 = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (i+j)^k
\]
这样就可以数论分快套数论分快搞定
那么就考虑如何预处理这三个前缀和
显然 \(g(d)=d^k\) 是个积性函数,于是可以线筛处理处所有 \(d^k\)
那 \(f_1\) 和 \(f_2\) 一遍就出来了
现在就看 \(f_3\) 了
我们对 \(f_3\) 差分
\[\begin{aligned}
f_3(n)-f_3(n-1)
&= \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n (i+j)^k - \sum_{i=1}^{n-1} \sum_{j=1}^{n-1} (i+j)^k \\
&= 2 \sum_{i=1}^n (n+i)^k - (2n)^{k}
\end{aligned}
\]
也就是说我们处理出 \(\sum_{i=1}^{2n} d^k\) 就可以处理出这个 \(f_3\) 的差分数组
然后再做一遍前缀和就可以得到 \(f_3\)
到此本题就结束了
注意空间!!
\(\text{Code}\)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define re register
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e7, P = 998244353;
LL k;
int totp, n;
int pr[N], vis[N + 5], mu[N + 5], pk[N + 5], spk[N + 5], f1[N / 2 + 5], f2[N / 2 + 5], f3[N / 2 + 5];
inline int fpow(LL x, LL y)
{
LL res = 1;
for(; y; y >>= 1)
{
if (y & 1) res = res * x % P;
x = x * x % P;
}
return res;
}
inline void Euler()
{
vis[1] = mu[1] = pk[1] = 1;
for(re int i = 2; i <= N; i++)
{
if (!vis[i]) pr[++totp] = i, mu[i] = -1, pk[i] = fpow(i, k);
for(re int j = 1; j <= totp && i * pr[j] <= N; j++)
{
vis[i * pr[j]] = 1, pk[i * pr[j]] = (LL)pk[i] * pk[pr[j]] % P;
if (!(i % pr[j])) break;
mu[i * pr[j]] = -mu[i];
}
}
for(re int i = 1; i <= N / 2; i++)
f1[i] = ((LL)f1[i - 1] + (LL)pk[i] * i % P * mu[i] * mu[i]) % P,
f2[i] = ((LL)f2[i - 1] + (LL)pk[i] * mu[i] + P) % P;
for(re int i = 1; i <= N; i++) spk[i] = (pk[i] + spk[i - 1]) % P;
for(re int i = 1; i <= N / 2; i++) f3[i] = ((LL)f3[i - 1] + 2LL * (spk[2 * i] - spk[i] + P) % P - pk[2 * i] % P + P) % P;
}
inline int query(int n)
{
LL res = 0;
for(re int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
r = n / (n / l);
res = (res + (LL)(f2[r] - f2[l - 1] + P) % P * f3[n / l] % P) % P;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d%lld", &n, &k);
Euler();
LL ans = 0;
for(re int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
r = n / (n / l);
ans = (ans + (LL)(f1[r] - f1[l - 1] + P) % P * query(n / l)) % P;
}
printf("%lld\n", ans);
}
原文地址:https://www.cnblogs.com/leiyuanze/p/15035376.html
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