bzoj4815 [Cqoi2017]小Q的表格

传送门

这题好妙啊，我好菜啊……居然连辗转相减都看不出来，我是不是没救了……

……

考虑题目给出的两个条件：

$f_{a,b}=f_{b,a}$，这个就是对称性。

$b×f_{a,a+b}=(a+b)×f_{a,b}$，这个有点意思。整道题明明就是这里最难好嘛

先不管两个$f_{a,b}$之间到底有什么数量关系，只考虑哪些$f_{a,b}$互相影响，记$a~b$表示$a$与$b$相关，可以把它变形一下得到$f_{a,b}~f_{a,b-a}(a\le b)$，结合$f_{a,b}=f_{a,b}$可以发现，所有相互影响的$f_{a,b}$都有一个共同性质：$\gcd(a,b)$相等(根据辗转相减法，当$a<b$时有$(a,b)=(a,b-a)$)。

然后来考虑两个互相影响的$f_{a,b}$的数量关系，把第二个条件移个项之后得到$\frac{f_{a,b}}b=\frac{f_{a,a+b}}{a+b}$，也就是说$a$一定时$f_{a,b}$的值与$b$成正比，根据对称性还可知$b$一定时$f_{a,b}$的值与$a$成正比，不难推出所有互相影响的$f_{a,b}$的值都与$a×b$成正比。设$(a,b)=g$，那么每个$f_{a,b}$就可以通过$\frac a g×\frac b g×f_{g,g}$唯一确定，这样那个$n^2$大小的矩阵就只有对角线上的那些元素有用了，查询的时候计算每个$g$的贡献即可，记$f_{d,d}=f(d)$，那么表格的前n行前n列之和就是

\begin{align}\sum_{d=1}^n f(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(i,j)=d]\frac{ij}{d^2}\\=\sum_{d=1}^n f(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac n d\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac n d\right\rfloor}[(i,j)=1]ij\end{align}

有一个结论：$\le n$且互质的数对两个数的乘积之和等于$i^2\varphi(i)$的前$n$项之和，写成公式就是

\begin{align}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(i,j)=1]ij=\sum_{i=1}^n i^2\varphi(i)\end{align}

这个东西很好推，实在不知道的话后面会有证明，总之先记住就好了。

有了这个东西，就有

\begin{align}Ans=\sum_{d=1}^n f(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac n d\right\rfloor}i^2\varphi(i)\end{align}

预处理$i^2\varphi(i)$的前缀和之后就可以做到单次询问$O(n)$了，但这显然还不够。注意到这个式子中有分块形式，因此如果能维护$f(d)$的前缀和的话就可以快速计算答案了，记修改的复杂度为$g(n)$，查询的复杂度为$h(n)$，那么单次询问的复杂度就是$O(h(n)\sqrt n)$。如果用树状数组维护的话，$g(n)=h(n)=O(\log n)$，一次修改+一次查询的复杂度就是$O(\sqrt n\log n)$。注意到修改很少而查询很多(每次操作会进行一次修改和$O(\sqrt n)$次询问)，那么我们可以使用$O(\sqrt n)$修改+$O(1)$查询的分块维护(预处理前缀和，每次修改时暴力修改块内前缀和，再对后面的块打标记，查询时直接返回对应位置前缀和+对应块的标记即可)，每次操作的复杂度就可以降到$O(\sqrt n)$了，总复杂度$O(m\sqrt n)$，这样就可以过了。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=4000010,maxb=2010,p=1000000007;
void phi_table(int);
void modify(int,int);
int query(int);
int gcd(int,int);
bool notp[maxn]={false};
int prime[maxn]={0},phi[maxn];
int id[maxn],L[maxb],R[maxb],cntb=0;
int f[maxn],sum[maxn]={0},lazy[maxb]={0};
long long x;
int n,B,m,a,b,k,ans;
int main(){
scanf("%d%d",&m,&n);
B=(int)(sqrt(n)+0.5);
for(int i=1;i<=n;i++){
id[i]=(i-1)/B+1;
if(!L[id[i]])L[id[i]]=i;
R[id[i]]=i;
cntb=id[i];
f[i]=(long long)i*i%p;
sum[i]=(sum[i-1]+f[i])%p;
}
phi_table(n);
while(m--){
scanf("%d%d%lld%d",&a,&b,&x,&k);
int g=gcd(a,b);
x/=(long long)(a/g)*(b/g);
x%=p;
modify(g,(x-f[g]+p)%p);
f[g]=x;
ans=0;
for(int i=1,last;i<=k;i=last+1){
last=k/(k/i);
ans=(ans+(long long)(query(last)-query(i-1)+p)%p*phi[k/i]%p)%p;
}
printf("%d\n",ans);
}
return 0;
}
void phi_table(int n){
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!notp[i]){
prime[++prime[0]]=i;
phi[i]=i-1;
}
for(int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=n;j++){
notp[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j])phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
else{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
}
}
for(int i=2;i<=n;i++)phi[i]=((long long)i*i%p*phi[i]%p+phi[i-1])%p;
}
void modify(int x,int d){
int k=id[x];
while(id[x]==k){
sum[x]=(sum[x]+d)%p;
x++;
}
k++;
while(k<=cntb){
lazy[k]=(lazy[k]+d)%p;
k++;
}
}
inline int query(int x){return (sum[x]+lazy[id[x]])%p;}
int gcd(int a,int b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}

附：那个结论的证明

\begin{align}&\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(i,j)=1]ij\\=&2\left(\sum_{i=1}^n i\sum_{j=1}^i[(i,j)=1]j\right)-1\\=&2\left(\sum_{i=1}^n i^2\frac{\varphi(i)+e(i)}2\right)-1&(e(i)=[i=1])\\=&\sum_{i=1}^n i^2\varphi(i)\end{align}

至于为什么$\le n$且与$n$互质的数的和为$n\frac{\varphi(n)+e(n)}2$，可以这样理解：如果存在一个$d$满足$(d,n)=1$，根据辗转相减一定有$(n-d,n)=1$，那么我们就可以给这些$d$两两配对，在$n>1$时显然会产生$\varphi(n)$对，每一对的和都是$n$，那么这些数的和自然就是$n\frac{\varphi(n)}2$，再特判一下$n=1$就是$n\frac{\varphi(n)+e(n)}2$了。