bzoj 5478: gcd

题意

给出一个长为N的数列a,求
$\sum \sum (a_i,a_j)?(i,j)$
1<=i<=N,1<=j<=N
bzoj
loj

题解

看到gcd，一半都要想到莫比乌斯反演
先套路地尝试搞掉一个
$$原式=\sum _{d}d\sum _i\sum _j[i,j]=d?(a_i,a_j)$$
$$=\sum _{d}d\sum _{d^{\prime }}^{\frac{n}{d}}mu(d^{\prime })\sum _i\sum _j(a_{id{d}^{\prime }},a_{jd{d}^{\prime }})$$
似乎没什么好化的了
观察后面哪一个东西，等价于一个集合里面，所有数两两的$gcd$和
那么对于每一次，我们把这个集合拿出来，设为$S$
定义$f(S)$就是这个两两的$gcd$和
em…
一个比较显然的做法是直接套上莫比乌斯反演
也就是先得到$F(i)$表示gcd是i的倍数的答案
然后再用莫比乌斯返回去
但是这样的复杂度不知道多快。。
如果是做1~m的话，可以分析$mlogm$
但是这里我们只需要做因数，所以不是很会分析，如果分析为$lo{g}^2$那么似乎复杂度太高了呀
看了一下题解的做法：
还是一样的，我们考虑把$d$提出来
那么就变成了$$\sum _{d}d\sum _i\sum _j(a_i,a_j)=d$$
这个怎么做呢？
有一个看似很强的转化
$$[x=d]=\sum _{d|k,k|x}\mu (\frac{k}{d})$$
这个式子其实本质上和$$[x=1]=\sum _{k|x}\mu (k)$$是一样的…
那么套路地，我们把它丢进去
$$\sum _{d}d\sum _i\sum _j\sum _{d|k,k|(a_i,a_j)}\mu (\frac{k}{d})$$
把k提到前面
$$\sum _k\sum _{d|k}\mu (\frac{k}{d})?d?(\sum [k|a_i]{)}^2$$
可以发现，对于同一个$k$，中间那个一个是不变的，可以预处理出来
稍加观察可以发现，这个就是欧拉函数，因为
$$\frac{?(n)}{n}=\sum _{d|n}\frac{\mu (d)}{d}$$
两边同时乘n就可以了
至于右边那个，分解一下质因数，然后开个桶记录一下次数就好了
分解质因数显然可以预处理
然后$f$就求完了
那么复杂度就是因数个数了
$nlogn$一波就可以吧前面弄出来了
好了，那么我们来分析一下这个的复杂度
显然，每一个数算的次数是 $$\sum d(i)?d(a_i)$$
因为题目有条件：$a_i$是个排列
因此，根据排列不等式,当$a_i=i$的时候复杂度达到最高
那么就是$O(nlog{n}^2)$的了
然后本题就解决了
em…还看到了简短的$O(nlogn)$筛$?$和$\mu$的方法
以前一直都是线性筛

然后，大概就这样吧

CODE:

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL N=100005;
const LL MOD=1e9+7;
LL n;
LL a[N];
LL mu[N],g[N],f[N];
vector<LL> h[N],tmp;//分解
LL tot[N];
int main()
{
    scanf("%lld",&n);for (LL u=1;u<=n;u++)    scanf("%lld",&a[u]);for (LL u=1;u<=n;u++)for (LL i=u;i<=n;i+=u)h[i].push_back(u);for (LL u=1;u<=n;u++){
    if (u==1) mu[u]=1;for (LL i=u+u;i<=n;i+=u) mu[i]-=mu[u];}for (LL u=1;u<=n;u++)for (LL i=u;i<=n;i+=u)g[i]=g[i]+u*mu[i/u];LL siz,x;for (LL u=1;u<=n;u++){
    tmp.clear();for (LL i=1;i<=n/u;i++)//集合是到a_i {
    x=a[i*u];siz=h[x].size();for (LL j=0;j<siz;j++){
    tot[h[x][j]]++;tmp.push_back(h[x][j]);}}siz=tmp.size();for (LL i=0;i<siz;i++)if (tot[tmp[i]]!=0){
    x=tmp[i];f[u]=(f[u]+g[x]*tot[x]%MOD*tot[x]%MOD)%MOD;tot[x]=0;}}LL ans=0;for (LL d=1;d<=n;d++){
    for (LL i=1;i<=n/d;i++)ans=(ans+d*mu[i]%MOD*f[i*d]%MOD)%MOD;}ans=(ans+MOD)%MOD;printf("%lld\n",ans);return 0;
}