刷题小结|51nod 1227 平均最小公倍数杜教筛|组合数学|数据结构

51nod 1227 平均最小公倍数原题链接：http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1227
A(n)=1n∑i=1nlcm(i,n)
∑k=1nA(k)=∑k=1n1k∑i=1klcm(i,k)=∑k=1n1k∑i=1kkigcd(i,k)=∑k=1n∑i=1kigcd(i,k)=∑k=1n∑d|k∑i=1kid[gcd(i,k)=d]=∑k=1n∑d|k∑i=1kdi[i⊥kd]
对于计算 [1,n] 与n互素的数字之和可以类比等差数列的倒叙相加。
因为a⊥n则： (n?a)⊥n
所以： ∑i=1n[i⊥n]i=φ(n)?n2
特别的， n=1 时： ∑i=1n[i⊥n]i=φ(n)?n+12
所以： ∑k=1n∑d|k∑i=1kdi[i⊥kd]=∑k=1n(12+∑d|kφ(d)d2)=n2+12∑d=1nφ(d)d?nd?
令： g(n)=φ(n)nidk(n)=nk
显而下面的狄利克雷积成立： g?id1=id2
f 的前缀和为： Sf
则： Sg(n)=n(n+1)(2n+1)6?∑i=2niSg(?ni?)
那么对于： ∑d=1nφ(d)d?nd?=∑L=1m?1L(Sg(?nL?)?Sg(?nL+1?))+∑d=1?nm?g(d)?nd?
【刷题小结|51nod 1227 平均最小公倍数】代码：

#include #include #include #include #define MAXN 1000000 #define SQR 40000 #define S(a) ((LL)(a)*((a)+1)%P*Iv[2]%P) using namespace std; typedef long long LL; const int P=1e9+7; int tmp[SQR]; int g[MAXN]; int phi[MAXN]; int Iv[SQR]; void init () { Iv[1]=1; for(int i=2; i%i]*(P/i)%P)%P; for(int i=1; i=P)g[i]-=P; } }void clat(int n,int d) { int m=sqrt(n)+1,ans=0; for(int L=1; L=P)ans-=P; } for(int i=n/m; i>1; i--) { int u=n/i; if(u=P)ans-=P; } m=(LL)n*(n+1)%P*(2*n+1)%P*Iv[6]%P; tmp[d]=(P+m-ans)%P; }void sum(int n) { if(n=P)ans-=P; } for(int i=n/m; i; i--) { ans+=(LL)phi[i]*(n/i)%P; if(ans>=P)ans-=P; } return ans; }int main () { init(); int a,b; scanf("%d %d",&a,&b); a--; int A=solve(a); int B=solve(b); A=(LL)A*Iv[2]%P; A+=(LL)a*Iv[2]%P; if(A>=P)A-=P; B=(LL)B*Iv[2]%P; B+=(LL)b*Iv[2]%P; if(B>=P)B-=P; printf("%d\n",(B-A+P)%P); return 0; }

刷题小结|51nod 1227 平均最小公倍数

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