[bzoj2154]Crash的数字表格

2154: Crash的数字表格

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Description

今天的数学课上，Crash小朋友学习了最小公倍数(Least Common Multiple)。对于两个正整数a和b，LCM(a, b)表示能同时被a和b整除的最小正整数。例如，LCM(6, 8) = 24。回到家后，Crash还在想着课上学的东西，为了研究最小公倍数，他画了一张N*M的表格。每个格子里写了一个数字，其中第i行第j列的那个格子里写着数为LCM(i, j)。一个4*5的表格如下： 1 2 3 4 5 2 2 6 4 10 3 6 3 12 15 4 4 12 4 20 看着这个表格，Crash想到了很多可以思考的问题。不过他最想解决的问题却是一个十分简单的问题：这个表格中所有数的和是多少。当N和M很大时，Crash就束手无策了，因此他找到了聪明的你用程序帮他解决这个问题。由于最终结果可能会很大，Crash只想知道表格里所有数的和mod 20101009的值。

Input

输入的第一行包含两个正整数，分别表示N和M。

Output

输出一个正整数，表示表格中所有数的和mod 20101009的值。

Sample Input

4 5

Sample Output

122

【数据规模和约定】

100%的数据满足N, M ≤ 107。

∑i=1n∑j=1mlcm(i,j)

∑i=1n∑j=1mi∗jgcd(i,j)

∑i=1n∑j=1m∑d|i,d|ji∗jd[gcd(i,j)==d]

∑d=1min(n,m)∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋id∗jdd[gcd(i,j)==1]

∑d=1min(n,m)d∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊md⌋i∗j∑p|i,p|jμ(p)

∑d=1min(n,m)d∑p=1min(⌊nd⌋,⌊md⌋)μ(p)∗k1p∗k2p(i=k1∗p,j=k2∗p)

∑d=1min(n,m)d∑p=1min(⌊nd⌋,⌊md⌋)μ(p)∗p2∗(sum[⌊nd⌋p]∗sum[⌊md⌋p])(sum[x]=x(x+1)2)

对于两层∑分两次块就行了。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define D 20101009#define LL long longconst int N=10000000;LL ans,sum[N+10],Sum[N+10];bool flag[N+10];int n,m,u[N+10],prime[N+10];inline void prepare(int limit){    int i,j;    for(u[1]=1,i=2;i<=limit;++i){        if(!flag[i]){            prime[++prime[0]]=i;            u[i]=-1;        }        for(j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=limit;++j){            flag[i*prime[j]]=true;            if(i%prime[j]==0){                u[i*prime[j]]=0;                break;            }            u[i*prime[j]]=-u[i];        }    }    for(i=1;i<=limit;++i)      sum[i]=(sum[i-1]+((LL)u[i]*(((LL)i*(LL)i)%D)+D)%D)%D,Sum[i]=(Sum[i-1]+i)%D;}inline LL calc(int x,int y){    LL tot=0;    int i,pos;    if(x>y) swap(x,y);    for(i=1;i<=x;i=pos+1){        pos=min(x/(x/i),y/(y/i));        tot=(tot+((LL)(sum[pos]-sum[i-1]+D)%D)*(((((LL)(x/i)*(LL)(x/i+1)/2)%D)*(((LL)(y/i)*(LL)(y/i+1)/2)%D))%D))%D;    }    return tot;}int main(){    int i,j,pos;    scanf("%d%d",&n,&m);    if(n>m) swap(n,m);    for(prepare(min(n,m)),i=1;i<=n;i=pos+1){        pos=min(n/(n/i),m/(m/i));        ans=(ans+((LL)((Sum[pos]-Sum[i-1]+D)%D)*calc(n/i,m/i))%D)%D;    }    printf("%lld\n",ans);}