[BZOJ4407]于神之怒加强版

Description:

求$ sum_{i=1}^{n} sum_{j=1}^m gcd(i,j)^k ​$

Hint:

(n,m<=5*10^{6},数据组数<=2000)

Solution:

显然：

(Ans=sum_{T=1}^{min(n,m)} lfloor frac{n}{T} floor lfloor frac{m}{T} floor sum_{d|T} d^k*mu(frac{T}{d}))

设 $g(T)= sum_{d|T} d^k*mu(frac{T}{d}) $

整除分块套上(g(T))的前缀和即可

现在问题是如何求(g(T))

由$ g(T) $是积性函数：

(g(T)=prod_i g(p_i^{x_i})=prod_i(p_i^{x_i*k}-p_i^{(x_i-1)*k})=prod_{i} (p_i^{(x_i-1)*k}*(p_i^k-1)))

分类讨论如何线性筛(g(T))

首先每次新入一个质因子就多乘一个(p_i^k)

其他情况比较显然，详见代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7,mxn=5e6+5;
int T,k,n,m,tot;
int f[mxn],g[mxn],p[mxn],vis[mxn];

int qpow(int a,int b) {
    int res=1,base=a; 
    while(b) {
        if(b&1) res=1ll*res*base%mod;
        base=1ll*base*base%mod;
        b>>=1;
    }
    return res;
}

void sieve(int lim)
{
    f[1]=1;
    for(int i=2;i<=lim;++i) {
        if(!vis[i]) {
            p[++tot]=i;
            g[i]=qpow(i,k);
            f[i]=(g[i]-1+mod)%mod;
        }
        for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<=lim;++j) {
            vis[p[j]*i]=1;
            if(i%p[j]==0) {
                f[p[j]*i]=1ll*f[i]*g[p[j]]%mod;
                break;
            }
            f[p[j]*i]=1ll*f[p[j]]*f[i]%mod;
        }
    }
    for(int i=1;i<=lim;++i) f[i]=(f[i-1]+f[i])%mod;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&T,&k); sieve(5000000);
    while(T--) {
        scanf("%d%d",&n,&m); 
        if(n>m) swap(n,m); int ans=0;
        for(int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans=(ans+1ll*(n/l)%mod*(m/l)%mod*((f[r]-f[l-1]+mod)%mod)%mod)%mod;
        }
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}