【数论+莫比乌斯反演】Exclusive Multiplication | gym103688E

前言

• $[f(x)]$ 表示艾弗森括号，若 $f(x)$ 表达式为真，值为1，否则为0
  $\mu (x)$ 表示莫比乌斯函数
  $a|b$ 表示a整除b，即a是b的因子，b是a的倍数

题意

• CF链接
  给定函数 $f(n)$，即质因子分解后，指数取模$2$后的乘积
  $$f(n)=\prod _i{p}_i^{s_i\%2}$$
  给定长度为 $n$ 的序列 $b[n]$，求
  $$\sum _{1\le i<j\le n}f(b_i\times b_j)(\mathrm{mod}1e9+7)$$
• $1\le n\le 2\cdot 10^5$
  $1\le b_i\le 2\cdot 10^5$

思路

• 首先需要推一下 $f(a\times b)$ 函数的性质
  $$\begin{array}{rl}f(a\times b)& =f(\prod _i{p}_i^{s_i}\times \prod _j{p}_j^{s_j})\\ & =f(\prod _k{p}_k^{s_{k_i}+s_{k_j}})\\ & =\prod _k{p}_k^{(s_{k_i}+s_{k_j})\%2}\\ & =\prod _k\frac{lcm(p_k^{s_{k_i}\%2},p_k^{s_{k_j}\%2})}{gcd(p_k^{s_{k_i}\%2},p_k^{s_{k_j}\%2})}\\ & =\prod _k\frac{lcm(f(p_k^{s_{k_i}}),f(p_k^{s_{k_j}}))}{gcd(f(p_k^{s_{k_i}}),f(p_k^{s_{k_j}}))}\\ & =\frac{lcm(f(a),f(b))}{gcd(f(a),f(b))}\\ & =\frac{f(a)\times f(b)}{(gcd(f(a),f(b)){)}^2}\end{array}$$
• 主要考虑到单独考虑每个质因子，然后考虑指数取模2后运算有点类似于异或运算，所以可以改成 lcm 除以 gcd，然后再用 $f$ 函数反替换。
• 那么答案需要求的就是（以下表述省略取模运算）：
  $$\begin{array}{rl}I& =\sum _{1\le i<j\le n}f(b_i\times b_j)\\ & =\sum _{1\le i<j\le n}\frac{f(b_i)\times f(b_j)}{gcd(f(b_i),f(b_j){)}^2}\\ & =\sum _{d=1}\sum _{1\le i<j\le n}[gcd(f(b_i),f(b_j))=d]\frac{f(b_i)\times f(b_j)}{d^2}\\ & =\sum _{d=1}\frac{1}{2}\left(\sum _{i=1}\sum _{j=1}\right[gcd(f(b_i),f(b_j))=d]\frac{f(b_i)\times f(b_j)}{d^2}-\sum _p[gcd(f(b_p),f(b_p))=d]\frac{f(b_p{)}^2}{d^2})\\ & =\frac{1}{2}\sum _{d=1}(\sum _{i=1}\sum _{j=1}[gcd(f(b_i),f(b_j))=d]\frac{f(b_i)\times f(b_j)}{d^2})-\frac{1}{2}\sum _p\sum _{d=1}[f(b_p)=d]\frac{f(b_p{)}^2}{d^2}\\ & =\frac{1}{2}\sum _{d=1}\frac{g(d)}{d^2}-\frac{n}{2}\end{array}$$
• 注意到，首先是式子替换，然后套路枚举$gcd=d$，然后把 $1\le i<j\le n$ 拆成了 $1\le i,j\le n$ 的部分，为了方便后续的计算。
  然后本质就是求上述的 $g(d)$ 函数。
  $$g(d)=\sum _{i=1}\sum _{j=1}[gcd(f(b_i),f(b_j))=d]f(b_i)\times f(b_j)$$
• 它不好算，我们看看它的和函数好不好算。
  令 $G(n)={\sum }_{n|d}g(d)$
• 继续计算
  $$\begin{array}{rl}G(n)& =\sum _{n|d}\sum _{i=1}\sum _{j=1}[gcd(f(b_i),f(b_j))=d]f(b_i)\times f(b_j)\\ & =\sum _{i=1}\sum _{j=1}\sum _{n|d}[gcd(f(b_i),f(b_j))=d]f(b_i)\times f(b_j)\\ & =\sum _{i=1}\sum _{j=1}\sum _{n|gcd(f(b_i),f(b_j))}f(b_i)\times f(b_j)\\ & =\sum _{i=1}\sum _{j=1}\sum _{n|f(b_i)且n|f(b_j)}f(b_i)\times f(b_j)\\ & =(\sum _{i=1}[n|b_i]f(b_i){)}^2\end{array}$$
• 最后一行有些巧妙。对于都是 $n$ 的倍数的所有数字 $f(b_i)$ 都放到一个集合中，然后取每对两两乘积的和，相当于求他们的和的平方，即：
  $$(\sum _i{x}_i{)}^2=\sum _i\sum _j{x}_i{x}_j=\sum _i{x}_i^2+2\sum _{i<j}{x}_i{x}_j$$
• 而最后一行十分好计算，我们只需把 $f(x)$ 存入桶中，可快速。
• 最后，直接反演即可
  $$g(n)=\sum _{n|d}\mu (\frac{d}{n})G(d)$$

代码

• 求所有的 $f(n)$ 复杂度为 $\sqrt{2e5}\times n$ (可缩小，但没必要)
  求所有的 $G(n)$ 复杂度为 $n\log n$
  求所有的 $g(n)$ 复杂度为 $n\log n$
  求所有的 $\mu (n)$ 复杂度为 $n$，用欧拉筛

#include <bits/stdc++.h>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(NULL);cout.tie(NULL);
using namespace std;
typedef long long ll;
void show(){
    
    std::cerr << endl;}template<typename T,typename... Args>void show(T x,Args... args){
    
    std::cerr << "[ " << x <<  " ] , ";show(args...);}

const int MAX = 2e5+50;
const int MOD = 1e9+7;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll LINF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double EPS = 1e-7;
const double PI = acos(-1);

ll qpow(ll a,ll n){
    
    /* */ll res = 1LL;while(n){
    
    if(n&1)res=res*a%MOD;a=a*a%MOD;n>>=1;}return res;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){
    
    a%=p;ll res = 1LL;while(n){
    
    if(n&1)res=res*a%p;a=a*a%p;n>>=1;}return res;}
ll npow(ll a,ll n){
    
    /* */ll res = 1LL;while(n){
    
    if(n&1)res=res*a;a=a*a;n>>=1;if(res<0||a<0)return 0;}return res;}
ll inv(ll a){
    
    /* */return qpow(a,MOD-2);}
ll inv(ll a,ll p){
    
    return qpow(a,p-2,p);}

bool vis[MAX];
int prime[MAX];
int mu[MAX];
int cnt;
void shai(int n){
    
    
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2;i <= n;++i){
    
    
        if(!vis[i]){
    
    
            prime[++cnt] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1;j <= cnt && i * prime[j] <= n;++j){
    
    
            vis[i*prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j])mu[i*prime[j]] = -mu[i];
            else {
    
    
            	mu[i*prime[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
}

int bar[MAX];

int f(int x){
    
    
    int ans = 1;
    for(int i = 2;i * i <= x;++i){
    
    
        if(x % i == 0){
    
    
            int cnt = 0;
            while(x % i == 0){
    
    
                cnt++;
                x /= i;
            }
            if(cnt&1)ans *= i;
        }
    }
    if(x > 1)ans *= x;
    return ans;
}

ll G[MAX],g[MAX];
ll iv2[MAX];

void init(int n){
    
    
    for(int i = 1;i <= n;++i){
    
    
        iv2[i] = inv(i);
        iv2[i] = (iv2[i] * iv2[i]) % MOD;
    }
}

void cal_G(){
    
    
    for(int n = 1;n <= 200000;++n){
    
    
        for(int k = 1;n * k <= 200000;++k){
    
    
            G[n] = (G[n] + bar[n*k] * n % MOD * k % MOD) % MOD;
        }
        G[n] = G[n] * G[n] % MOD;
    }
}

void cal_g(){
    
    
    for(int n = 1;n <= 200000;++n){
    
    
        for(int k = 1;n * k <= 200000;++k){
    
    
            int d = n * k;
            g[n] = (g[n] + mu[k] * G[d] % MOD + MOD) % MOD;
        }
    }
}

int  main()
{
    
    
    IOS;
    shai(200000);
    init(200000);

    int n;cin >> n;
    for(int i = 1;i <= n;++i){
    
    
        int x;cin >> x;
        bar[f(x)]++;
    }

    cal_G();
    cal_g();

    ll ans = 0;

    for(int d = 1;d <= 200000;++d){
    
    
        ans = (ans + g[d] * iv2[d] % MOD);
    }
    ans = (ans - n + MOD) % MOD;
    ans = ans * inv(2) % MOD;
    cout << ans;

    return 0;
}