小Q是个程序员。 作为一个年轻的程序员，小Q总是被老C欺负，老C经常把一些麻烦的任务交给小Q来处理。 每当小Q不知道如何解决时，就只好向你求助。为了完成任务，小Q需要列一个表格，表格 有无穷多行，无穷多列，行和列都从1开始标号。为了完成任务，表格里面每个格子都填了 一个整数，为了方便描述，小Q把第a行第b列的整数记为f(a,b),为了完成任务，这个表格要 满足一些条件： (1)对任意的正整数a,b,都要满足f(a,b)=f(b,a)； (2)对任意的正整数a,b,都要 满足b×f(a,a+b)=(a+b)*f(a,b)。为了完成任务，一开始表格里面的数很有规律，第a行第b列的 数恰好等于a*b，显然一开始是满足上述两个条件的。为了完成任务，小Q需要不断的修改表 格里面的数，每当修改了一个格子的数之后，为了让表格继续满足上述两个条件，小Q还需要 把这次修改能够波及到的全部格子里都改为恰当的数。由于某种神奇的力量驱使，已经确保了 每一轮修改之后所有格子里的数仍然都是整数。为了完成任务，小Q还需要随时获取前k行前k 列这个有限区域内所有数的和是多少，答案可能比较大，只需要算出答案mod1,000,000,007 之后的结果。
第1行包含两个整数m,n,表示共有m次操作，所有操作和查询涉及到的行编号和列编号都不超过n。 接下来m行，每行4个整数a,b,x,k表示把第a行b列的数改成x，然后把它能够波及到的所有格子全 部修改，保证修改之后所有格子的数仍然都是整数，修改完成后计算前k行前k列里所有数的和。 1<=m<=10000,1<=a,b,k<=N<=4*10^6,0<=x<=10^18
输出共m行，每次操作之后输出1行，表示答案mod 1,000,000,007之后的结果。
3 3
1 1 1 2
2 2 4 3
1 2 4 2
9
36
14
一开始,表格的前3行前3列如图中左边所示,前2次操
作后表格没有变化,第3次操作之后的表格如右边所示。
1 2 3 2 4 6
2 4 6 4 4 12
3 6 9 6 12 9
观察表格，可发现\[ \begin{equation*} f(a,b)=f(gcd(a,b),gcd(a,b)) \cdot \frac{a}{gcd(a,b)} \cdot \frac{b}{gcd(a,b)} \end{equation*} \] 于是我们只需记下\(f(i,i)\)的值即可 利用欧拉函数计算答案，分块维护
手动模拟表格，至少花了30分钟我才发现\[ \begin{equation*} f(a,b)=f(gcd(a,b),gcd(a,b)) \cdot \frac{a}{gcd(a,b)} \cdot \frac{b}{gcd(a,b)} \end{equation*} \] 发现结论的我大呼：妙题！ 然后很尴尬地发现我不会做了…无奈只好翻题解
由上面的式子可知，我们只需记下所有\(f(i,i)\)，其他所有\(f\)值就都可以求出来了 查询时\[ \begin{equation*} ans=\sum\limits_{i=1}^k f(i,i) \cdot [\sum\limits_{x=1}^{k/i} \sum\limits_{y=1}^{k/i} xy \cdot (gcd(x,y)==1)] \end{equation*} \] 我们记\[ \begin{equation*} \begin{aligned} g(n)&=\sum\limits_{x=1}^n \sum\limits_{y=1}^n xy \cdot (gcd(x,y)==1)\\ &=2\sum\limits_{x=1}^n \sum\limits_{y=1}^x xy \cdot (gcd(x,y)==1) - \sum\limits_{x=1}^n x^2 \cdot (gcd(x,x)==1) \\ &=2\sum\limits_{x=1}^n \sum\limits_{y=1}^x xy \cdot (gcd(x,y)==1) - 1 \end{aligned} \end{equation*} \] 再记\[ \begin{equation*} \begin{aligned} h(n) &=\sum\limits_{y=1}^n ny \cdot (gcd(n,y)==1) \\ &=n \sum\limits_{y=1}^n y \cdot (gcd(n,y)==1) \\ \end{aligned} \end{equation*} \] 这个式子可以理解为，1~n中所有与n互质的数的和 × n 有欧拉函数 \(\varphi(n)\) 表示n以内与n互质的数的个数 我们知道，若x与n互质，则n-x也与n互质。 也就是说与n互质的数可两两配对，和为n。 那么\[ \begin{equation*} h(n)=\frac{\varphi(n) \cdot n^2}{2} \end{equation*} \] 故\[ \begin{equation*} g(n)=2 \sum\limits_{x=1}^n h(x) - 1 \end{equation*} \] 那么\[ \begin{equation*} ans=\sum\limits_{i=1}^k f(i,i) \cdot g(k/i) \end{equation*} \] 由于我们知道 \(k/i\) 只有 \(\sqrt{n}\) 种取值 于是就可以愉快地分块 \(f(i,i)\) 啦！
设计一个 \(O(\sqrt{n})\) 修改， \(O(1)\) 查询的分块结构就好了……
注：调了若干次才终于对…心好累
#include<cstdio> #include<iostream> #include<algorithm> #include<cmath> #define P 1000000007 using namespace std; typedef long long ll; const int N = 4000005; const int SN = 4005; ll phi[N]; int prime[N],pnum; int n,sn,block; void getphi(){ phi[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) phi[i]=i-1; for(int i=2;i<=n;i++){ if(phi[i]==i-1) prime[pnum++]=i; for(int j=0;j<pnum && (ll)prime[j]*i<=n;j++){ if(i%prime[j]==0){ phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j]; break; } phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1); } phi[i]=(phi[i-1]+(ll)i*i%P*phi[i])%P; //g(i) } } ll num[N],add[SN]; ll query(int x){ if(!x) return 0; int bl=(x-1)/sn+1; return (num[x]+add[bl])%P; } void change(int x,ll c){ int bl=(x-1)/sn+1; for(int i=x;i<=min(bl*sn,n);i++) num[i]=(num[i]+c)%P; for(int i=bl+1;i<=block;i++) add[i]=(add[i]+c)%P; } int gcd(int a,int b) { return b ? gcd(b,a%b) : a; } int main() { int m; scanf("%d%d",&m,&n); sn=(int)sqrt(n); block=(n-1)/sn+1; for(int i=1;i<=n;i++) num[i]=(num[i-1]+(ll)i*i%P)%P; getphi(); int a,b,k,g; ll ans=0,x,X; while(m--){ scanf("%d%d%lld%d",&a,&b,&x,&k); if(a<b) swap(a,b); g=gcd(a,b); X=(x/(1ll((ll)a/g)*(b/g)))%P; //罪魁祸首！！就是这里！！！ change(g,(X-(query(g)-query(g-1)+P)%P+P)%P); ans=0; for(int l=1,r;l<=k;l=r+1){ r=k/(k/l); ans=(ans+(query(r)-query(l-1)+P)%P*phi[k/l]%P)%P; } printf("%lld\n",ans); } return 0; }转载于:https://www.cnblogs.com/lindalee/p/8460121.html
