除了最后一题都比较简单就写一起了

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P4450-双亲数

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4450

题目大意

给出$A,B,d$求有多少对$(a,b)$满足$gcd(a,b)=d$且$a\in [1,A],b\in [1,B]$

解题思路

很显然的容斥，枚举$d$的倍数$i$，然后容斥系数就是$\mu (\frac{i}{d})$。
时间复杂度$O(n)$

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=1e6+10;
int A,B,d,mu[N],pri[N],cnt;
long long ans;
bool v[N];
int main()
{scanf("%d%d%d",&A,&B,&d);mu[1]=1;for(int i=2;i<N;i++){if(!v[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){v[i*pri[j]]=1;if(i%pri[j]==0)break;mu[i*pri[j]]=-mu[i];}}if(A>B)swap(A,B);for(int i=d;i<=A;i+=d)ans+=1ll*(A/i)*(B/i)*mu[i/d];printf("%lld\n",ans);
}

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P5221-Product

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5221

题目大意

给出$n$求
$$\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^n\frac{lcm(i,j)}{gcd(i,j)}$$

解题思路

$\text{CYJian}$的题啊，时限$0.2s?$不过只是看起来花里胡哨，没有其他$\text{CYJian}$的题那么难。

先简单把$lcm$拆出来化一下式子
$$\left(\prod _{i=1}^n\prod _{j=1}^{n}i\times j\right)\frac{1}{{\left({\prod }_{i=1}^n{\prod }_{j=1}^{n}gcd(i,j)\right)}^2}$$

左边那个很容易求就是$(n!{)}^{2n}$，右边那个因为是乘积所以很好做，直接枚举质数幂$d^e$，让有$\lfloor \frac{n}{d^e}{\rfloor }^2$对数的$gcd$包含$d^e$，会产生这么多的贡献，但是因为在$d^{e-1}$的时候也统计过一次，所以只需要产生$d$的贡献就好了。

时间复杂度$O(n\log n)$

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+10,P=104857601;
ll n,ans,cnt,pri[N];
bool v[N];
ll power(ll x,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
signed main()
{scanf("%lld",&n);ans=1;for(ll i=2;i<=n;i++){if(!v[i]){for(ll j=i;j<=n;j=j*i)ans=ans*power(i,(n/j)*(n/j)%(P-1))%P;pri[++cnt]=i;}for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++){v[i*pri[j]]=1;if(i%pri[j]==0)break;}}ans=power(ans*ans%P,P-2);ll f=1;for(ll i=1;i<=n;i++)f=f*i%P;f=power(f,2*n);ans=ans*f%P;printf("%lld",ans);return 0;
}

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P6055-[RC-02]GCD

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P6055

题目大意

给出$n$求
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{p=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor }\sum _{q=1}^{\lfloor \frac{n}{j}\rfloor }[gcd(i,j)=1][gcd(p,q)=1]$$

解题思路

刚开始还以为可以直接暴力整除分块+杜教筛欧拉函数然后$O(n^{\frac{3}{4}})$搞，然后发现时限是$1s$。

发现这个式子的顺序很奇怪，特意的把$j$放在了里面。这个提示我们$j$其实是在枚举$p$和$q$的$gcd$。
而又$j$和$i$互质，其实这个式子的真正目的是对于每个$i$求有多少对数的$gcd$和$i$互质然后求和。换成式子就是
$$\sum _{i=1}^n\sum _{q=1}^n\sum _{p=1}^n[gcd(gcd(q,p),i)=1]$$
就是三对数之间互质的对数，之间上莫反就可以了
$$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}{\rfloor }^3\mu (i)$$
$n$比较大，要用杜教筛筛一下$mu$

时间复杂度$O(n^{\frac{2}{3}})$？

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<map>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e7+10,P=998244353;
ll n,cnt,pri[N],mu[N],ans;
map<ll,ll> mp;
bool v[N];
ll get_sum(ll n){if(mp.find(n)!=mp.end())return mp[n];if(n<N)return mu[n];ll rest=1;for(ll l=2,r;l<=n;l=r+1)r=n/(n/l),(rest+=P-(r-l+1)*get_sum(n/l))%=P;return mp[n]=rest;
}
signed main()
{scanf("%lld",&n);mu[1]=1;for(ll i=2;i<N;i++){if(!v[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<N;j++){v[i*pri[j]]=1;if(i%pri[j]==0)break;mu[i*pri[j]]=-mu[i];}}for(ll i=1;i<N;i++)(mu[i]+=mu[i-1])%=P;for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){r=n/(n/l);ll p=n/l;p=p*p%P*p%P;(ans+=p*(get_sum(r)-get_sum(l-1))%P)%=P;}printf("%lld\n",(ans+P)%P);return 0;
}