洛咕 P3700 [CQOI2017]小Q的表格
神仙题orz
首先推一下给的两个式子中的第二个
\(b\cdot F(a,a+b)=(a+b)\cdot F(a,b)\)
先简单的想，\(F(a,a+b)\)和\(F(a,b)\)会相互影响
可以换一种角度想，\(F(a,b-a)\)和\(F(a,b)\)会相互影响\((b>a)\)
那么可以从\(F(x,y)\)一路推下去
\(F(x,y)=F(x,y-x)=F(x,y-2x)=\cdots=F(x,y\mod x)\)
（注意这里的\(\text{mod}\)结果是0的话就没有办法再减了）
这时横坐标比纵坐标大了，利用题目给的式子1，swap横纵坐标
\(F(x,y)=F(x,y\mod x)=F(y\mod x,x)=F(y\mod x,x\mod(y\mod x))=\cdots\)
总结一下，如果继续这样推下去，当横、纵坐标相等时会就不能再减了
刚才是怎么推的呢，就是当x,y不等的时候每次都把x对y取模然后交换x,y
是不是很熟悉，就是求gcd的过程
那么可以推出来，\(\gcd(x,y)\)相等的会相互影响
具体影响多少是显然的，\(F(x,y)=F(\gcd(x,y),\gcd(x,y))\times \frac{xy}{\gcd(x,y)^2}\)
所以只要维护\(F(i,i)\)的值就行了，下面设\(F(i,i)=F(i)\)
现在要算\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nF(i,j)\)
\(ans=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nF(\gcd(i,j))\)
考虑枚举\(\gcd(i,j)\)，
\(ans=\sum_{k=1}^nF(k)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{ij}{k^2}[\gcd(i,j)=k]\)
\(ans=\sum_{k=1}^nF(k)\sum_{i=1}^{n/k}\sum_{j=1}^{n/k}ij[\gcd(i,j)=1]\)
设\(g(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}ij[\gcd(i,j)=1]\)，\(ans=\sum_{k=1}^nF(k)g(n/k)\)
可以只求一半，\(g(n)=2\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}ij[\gcd(i,j)=1]-\sum_{i=1}^{n}i^2[\gcd(i,i)=1]\)
右边那一块是显然的
\(g(n)=2\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}ij[\gcd(i,j)=1]-1\)
设\(h(n)=\sum_{i=1}^{n}in[gcd(i,n)=1]\)，\(g(n)=2\sum_{i=1}^{n}h(i)-1\)
怎么求\(h\)呢，显然可行的\(i\)有\(\varphi(n)\)种，如果\(\gcd(i,n)=1\)，那么\(\gcd(n-i,n)=1\)
所以\(i\)和\(n-i\)可以配对，加起来是\(n\)，一共\(\varphi(n)/2\)对，\(h(n)=\frac{\varphi(n)\times n^2}{2}\)，注意特判\(h(n)=1\)，因为不能配对
然后求出了\(h\)就可以求出\(g\)，\(F\)每次只会修改一个。要求的\(ans=\sum_{k=1}^nF(k)g(n/k)\)显然\(n/k\)只有根号种取值，数论分块即可，\(F\)树状数组前缀和
#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define vd void
#define int ll
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
il int gi(){
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch=='-')f=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return x*f;
}
int g[4000010],h[4000010];
int pri[4000010],pr,phi[4000010];
bool yes[4000010];
int n,m,f[4000010];
il vd update(int x,int p){while(x<=n)f[x]=(f[x]+p)%mod,x+=x&-x;}
il int query(int x){int ret=0;while(x)ret=(ret+f[x])%mod,x-=x&-x;return ret;}
signed main(){
m=gi(),n=gi();
int x,y,k,t,G;
for(int i=1;i<=n;++i)update(i,1ll*i*i%mod);
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i){
if(!yes[i])phi[i]=i-1,pri[++pr]=i;
for(int j=1;j<=pr&&i*pri[j]<=n;++j){
yes[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){
phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
break;
}
phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<=n;++i)h[i]=1ll*phi[i]*i%mod*i%mod;
g[1]=1;
for(int i=2;i<=n;++i)g[i]=(g[i-1]+h[i])%mod;
while(m--){
x=gi(),y=gi();G=std::__gcd(x,y);
t=(gi()/(x/G)/(y/G))%mod;
update(G,(0ll+t-query(G)+query(G-1)+mod)%mod);
k=gi();
int ans=0;
for(int i=1;i<=k;++i){
int j=k/(k/i);
ans=(ans+1ll*(query(j)-query(i-1)+mod)*g[k/i])%mod;
i=j;
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}