Description
- 有一个无穷多行，无穷多列的表格，行列从 \(1\) 开始标号，第 \(a\) 行 \(b\) 列有一个整数 \(f(a, b)\)；
- \(f(a, b)\) 应满足：
- \(\forall a, b \in \mathbb{N}^*, f(a, b) = f(b, a)\)；
- \(\forall a, b\in \mathbb{N}^*, b\cdot f(a, a + b) = (a + b) \cdot f(a, b)\)。
- 初始时，\(\forall a, b\in \mathbb{N}^*, f(a, b) = ab\)（显然这满足要求）；
- \(m\) 次操作，每次给出 \(4\) 个整数 \(a, b, x, k\)，表示令 \(f(a, b) \gets x\)，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 \(\bmod (10^9 + 7)\)；
- \(1 \le m \le 10^4, 1 \le a, b, k \le n \le 4 \times 10^6, 0 \le x < 10^{18}\)。
Solution
对于性质 \(2\)，直接看是不会有任何思路的。
我们尝试对式子进行移项：
\[b\cdot f(a, a + b) = (a + b) \cdot f(a, b) \\ \dfrac{f(a, a + b)}{a + b} = \dfrac{f(a, b)}{b} \]根据性质 \(1\)，也就是说，当 \(a > b\) 时，有
\[\dfrac{f(a, b)}{a} = \dfrac{f(b, a \bmod b)}{a \bmod b} \]回忆辗转相除法的公式：
\[\gcd(a, b) = \gcd(b, a \bmod b) \]发现和上面长的很像。
我们再把这个式子改造一下：
\[\dfrac{f(a, b)}{a \cdot b} = \dfrac{f(b, a\bmod b)}{b\cdot (a\bmod b)} \]辗转相除法的最后一步是
\[\gcd(a, b) = \gcd(\gcd(a, b), 0) \]而这里要求 \(a, b > 0\)，即
\[\gcd(a, b) = \gcd(\gcd(a, b), \gcd(a, b)) \]体现在原式中就是
\[\dfrac{f(a, b)}{a\cdot b} = \dfrac{f(\gcd(a, b), \gcd(a, b))}{\gcd(a, b)^2} \]即
\[f(a, b) = \dfrac{ab\cdot f(\gcd(a, b), \gcd(a, b))}{\gcd(a, b)^2} \]对于查询操作：
\[\begin{aligned} ans & = \sum_{d = 1}^k \sum_{i = 1}^k \sum_{j = 1}^k \dfrac{ij\cdot f(d, d)}{d^2} [\gcd(i, j) = d] \\ & = \sum_{d = 1}^k f(d, d) \sum_{i = 1}^{\left\lfloor\frac{k}{d}\right\rfloor} i \sum_{j = 1}^{\left\lfloor\frac{k}{d}\right\rfloor} j [\gcd(i, j) = 1] \end{aligned} \]根据
\[n \sum_{i = 1}^n i [\gcd(i, n) = 1] = n \cdot \dfrac{n \varphi(n) + \varepsilon(n)}{2} \]发现这里 \(j\) 可能大于 \(i\)，根据对称性乘 \(2\) 即可。
但所有 \(i = j\) 的情况都被重复算了 \(2\) 次；不过对于 \(i = j > 1\) 的情况，\(\gcd(i, j) \ne 1\)，本身不会产生贡献；只有 \(i = j = 1\) 的情况被重复算了。
实际上 \(i = j = 1\) 的贡献是 \(1\times 1\times 1 = 1\)，而 \(\dfrac{1\times \varphi(1) + \varepsilon(1)}{2} \times 2 = 2\)，解决方案是直接把 \(\varepsilon\) 给扔掉，这样 \(\dfrac{1\times\varphi(1)}{2} \times 2 = 1\) 而且对于 \(i > 1\) 的情况去掉 \(\varepsilon\) 没有影响。
综上，
\[\begin{aligned} \sum_{i = 1}^n i \sum_{j = 1}^n j [\gcd(i, j)] & = \sum_{i = 1}^n i\cdot \dfrac{i \varphi(i)}{2} \cdot 2 \\ & = \sum_{i = 1}^n i^2 \varphi(i) \end{aligned} \]设其为 \(g(n)\)，发现 \(g\) 可以 \(\Omicron(n)\) 预处理 \(\Omicron(1)\) 回答。
代回原式
\[ans = \sum_{d = 1}^k f(d, d) g\left(\left\lfloor\dfrac{k}{d}\right\rfloor \right) \]愉快地整除分块。
整除分块中要用到 \(f(n, n)\) 的前缀和，那么修改直接用树状数组单点修改即可，查询就是区间查询。
查询是 \(\Omicron(m\sqrt{n} \log n)\) 的，而修改才 \(\Omicron(m \log n)\)，虽然能过但很不优。
考虑有什么数据结构能做到 \(\Omicron(1)\) 查询：分块——但只能单点查询。
这也不难，把维护的东西改为前缀和，查询就是 \(\Omicron(1)\)，修改就修改 \(\gcd(a,b) \sim n\)，是 \(\Omicron(\sqrt{n})\) 的。
具体地，题目中要 \(f(a, b) \gets x\)，根据上面的公式就是
\[f(\gcd(a, b), \gcd(a, b)) \gets \dfrac{x \cdot \gcd(a, b)^2}{ab} \]这样就做到了平衡——修改查询均为 \(\Omicron(m\sqrt{n})\)，比树状数组不知道快了多少倍。
Code
//18 = 9 + 9 = 18.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define Debug(x) cout << #x << "=" << x << endl
typedef long long ll;
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7;
int add(int a, int b) {return (a + b) % MOD;}
int sub(int a, int b) {return (a - b + MOD) % MOD;}
int mul(int a, int b) {return (ll)a * b % MOD;}
const int MAXN = 4e6 + 5;
typedef int arr[MAXN];
struct DS
{
arr L, R, belong, val, tag, a;
void build(int n)
{
int t = sqrt(n);
for (int i = 1; i <= t; i++)
{
L[i] = R[i - 1] + 1, R[i] = i * t;
}
if (R[t] < n)
{
t++;
L[t] = R[t - 1] + 1, R[t] = n;
}
for (int i = 1; i <= t; i++)
{
for (int j = L[i]; j <= R[i]; j++)
{
belong[j] = i;
a[j] = mul(j, j);
val[j] = add(val[j - 1], a[j]);
}
}
}
void update(int l, int r, int x)
{
int k = sub(x, a[l]);
a[l] = x;
int p = belong[l], q = belong[r];
if (p == q)
{
for (int i = l; i <= r; i++)
{
val[i] = add(val[i], k);
}
}
else
{
for (int i = l; i <= R[p]; i++)
{
val[i] = add(val[i], k);
}
for (int i = L[q]; i <= r; i++)
{
val[i] = add(val[i], k);
}
for (int i = p + 1; i < q; i++)
{
tag[i] = add(tag[i], k);
}
}
}
int query(int x)
{
return add(val[x], tag[belong[x]]);
}
int GetSum(int l, int r)
{
return sub(query(r), query(l - 1));
}
}D;
struct Math
{
arr p, phi, g;
bool vis[MAXN];
void pre(int n)
{
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (!vis[i])
{
p[++p[0]] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for (int j = 1; j <= p[0] && i * p[j] <= n; j++)
{
vis[i * p[j]] = true;
if (i % p[j] == 0)
{
phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j];
break;
}
phi[i * p[j]] = phi[i] * phi[p[j]];
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
g[i] = add(g[i - 1], mul(mul(i, i), phi[i]));
}
}
int gcd(int a, int b)
{
if (!b)
{
return a;
}
return gcd(b, a % b);
}
int block(int n)
{
int res = 0;
for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1)
{
int k = n / l;
r = n / k;
res = add(res, mul(D.GetSum(l, r), g[k]));
}
return res;
}
}M;
int main()
{
int m, n;
scanf("%d%d", &m, &n);
D.build(n), M.pre(n);
while (m--)
{
int a, b, k; ll xx;
scanf("%d%d%lld%d", &a, &b, &xx, &k);
int d = M.gcd(a, b);
xx = xx / (a / d) / (b / d);
int x = xx % MOD;
D.update(d, n, x);
printf("%d\n", M.block(k));
}
return 0;
}