题意:给定数n,表示有n个值从1-n的点,求最小生成树。其中边的权值表示为lcm(x+1,y+1)。
设一点的值为x。x>=3时,若x为素数,则能找到的最小边为与点1的连边,权值为2*x;若为合数,则一定可以找到一个因数y+1,使得权值为lcm(x+1,y+1)=x+1。
因此只要求2到n+1的和,再加上该区间的素数和即可。
数据范围很大(1e10),普通的筛法会时间和内存都不够。现在我已知的方法有两种,第一个是分块打表,第二个是用min25筛。在这里使用min25筛,思想可以参照https://blog.csdn.net/qq_39972971/article/details/81543972
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1000010;
typedef long long LL;
LL TT,nn,k;
namespace Min25 {
int prime[N], id1[N], id2[N], flag[N], ncnt, m;
LL g[N], sum[N], a[N], T, n;
inline void fff()
{
for(int i=0;i<=N;i++){
prime[i]=0;
id1[i]=0;
id2[i]=0;
flag[i]=0;
g[i]=0;
sum[i]=0;
a[i]=0;
}
ncnt=0;
m=0;
T=0;
n=0;
}
inline int ID(LL x) {
return x <= T ? id1[x] : id2[n / x];
}
inline LL calc(LL x) {
return x * (x + 1) / 2 - 1;
}
inline LL f(LL x) {
return x;
}
inline void init() {
T = sqrt(n + 0.5);
for (int i = 2; i <= T; i++) {
if (!flag[i]) prime[++ncnt] = i, sum[ncnt] = sum[ncnt - 1] + i;
for (int j = 1; j <= ncnt && i * prime[j] <= T; j++) {
flag[i * prime[j]] = 1;
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
for (LL l = 1; l <= n; l = n / (n / l) + 1) {
a[++m] = n / l;
if (a[m] <= T) id1[a[m]] = m; else id2[n / a[m]] = m;
g[m] = calc(a[m]);
}
for (int i = 1; i <= ncnt; i++)
for (int j = 1; j <= m && (LL)prime[i] * prime[i] <= a[j]; j++)
g[j] = g[j] - (LL)prime[i] * (g[ID(a[j] / prime[i])] - sum[i - 1]);
}
inline LL solve(LL x) {
if (x <= 1) return x;
return n = x, init(), g[ID(n)];
}
}
void extend_gcd(LL a,LL b,LL &x,LL &y)
{
if(b==0) {
x=1,y=0;
return;
}
extend_gcd(b,a%b,x,y);
LL tmp=x;
x=y;
y=tmp-(a/b)*y;
}
LL mod_inverse(LL a,LL m)
{
LL x,y;
extend_gcd(a,m,x,y);
return (m+x%m)%m;
}
int main()
{
LL sum;
cin>>TT;
while(TT--){
sum=0;
scanf("%lld%lld",&nn,&k);
LL a=mod_inverse(2,k);
//cout<<a<<endl;
sum=(((((nn+3)%k)*((nn)%k))%k)*a)%k-2;
//cout<<sum<<endl;
Min25::fff();
sum=(sum+Min25::solve(nn+1)-2)%k;
printf("%lld\n",sum%k);
}
return 0;
}