给定个n * m的矩阵，定义矩阵第i行、第j列的值为gcd(i,j)，定义一个子矩阵的和是其中所有元素之和，怎么求所有 k*k的子矩阵的和的总和。

对于给定的n * m的矩阵，我们可以先预处理出每个位置的gcd值，然后对于每个k * k的子矩阵，可以通过枚举左上角的位置来计算其和。具体地，设当前枚举到的左上角位置为(i,j)，则该子矩阵的和为：

sum(i,j,k) = gcd(i,j) + gcd(i+1,j) + ... + gcd(i+k-1,j)
+ gcd(i,j+1) + gcd(i+1,j+1) + ... + gcd(i+k-1,j+1)
+ ...
+ gcd(i,j+k-1) + gcd(i+1,j+k-1) + ... + gcd(i+k-1,j+k-1)

可以通过预处理出每一列的前缀gcd和来快速计算每个子矩阵的和。具体地，设第j列的前缀gcd和为pre_gcd(j)，则上式可以转化为：

sum(i,j,k) = pre_gcd(j) - pre_gcd(j+k) + pre_gcd(j+k-1) - pre_gcd(j-1)
+ pre_gcd(j+1) - pre_gcd(j+k+1) + pre_gcd(j+k) - pre_gcd(j)

因此，我们只需要预处理出每一列的前缀gcd和，然后枚举每个k * k的子矩阵，计算其和即可。时间复杂度为O(nmlognlogm + nmk^2)。

相关问题

给定一个nm的矩阵，定义矩阵第i行第j列的值为gcd(i,j) (gcd为最大公因数) 定义子矩阵的和是其中所有元素之和 ，现在需要求所有kk的子矩阵的和的总和 1<=n,m<=5e3 1<=k<=min(n,m) c

这是一个数学问题，可以使用前缀和优化。首先，我们可以发现对于矩阵中的任意一个元素，其出现在多少个子矩阵中是可以计算出来的。具体来说，对于矩阵中的第i行第j列的元素gcd(i,j)，它出现在以该元素为左上角的子矩阵中的数量为(i-k+1) * (j-k+1)。

接下来，我们可以使用前缀和来计算以每个元素为左上角的子矩阵的和。具体来说，我们可以使用一个前缀和数组prefix_sum，其中prefix_sum[i][j]表示以第1行第1列为左上角，第i行第j列为右下角的子矩阵的和。对于每个左上角为(i,j)的子矩阵，其和可以通过prefix_sum[i+k-1][j+k-1]-prefix_sum[i+k-1][j-1]-prefix_sum[i-1][j+k-1]+prefix_sum[i-1][j-1]来计算得到。

最终，我们可以遍历矩阵中的每个元素，计算其出现在多少个子矩阵中，并将其对应的子矩阵的和加入到总和中即可得到最终答案。时间复杂度为O(nmlog(min(n,m)))。

题目描述 月月要参加学校的信息学集训，晚上不能陪华华聊天了。不过为了防止华华去和别的小姐姐聊天，浪费时间影响学习，所以月月给华华布置了一项任务。月月给了华华一个类似斐波那契数列的东西，这个数列满足： F_1=A,F_2=B,F_i=F_{i-1}+F_{i-2}(i>2)F 1 ​ =A,F 2 ​ =B,F i ​ =F i−1 ​ +F i−2 ​ (i>2) 月月希望华华求出\gcd(F_N,F_{N+1})gcd(F N ​ ,F N+1 ​ )。月月认为，求这个东西需要很长的时间，所以华华就没有机会去和其他小姐姐聊天了。华华自然对月月十分忠诚，选择求出F的每一位后计算答案。但是比赛中的你看到这一题，就没必要那么老实了。现在给定A、B、N，请你求出月月要求的那个数字。答案可能很大，但是不取模。 输入描述: 输入一行三个正整数A，B，N。 输出描述: 输出一行一个正整数表示答案。 示例1 输入 2 4 5 输出 2用c++给我做

好的，这是一个比较简单的数学题，可以用矩阵快速幂求解。以下是 C++ 代码实现：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int MAXN = 2;
const int MOD = 1e9 + 7;

struct Matrix {
    LL m[MAXN][MAXN];
    Matrix() { memset(m, 0, sizeof(m)); }
    Matrix operator * (const Matrix& b) const {
        Matrix c;
        for (int i = 0; i < MAXN; ++i) {
            for (int j = 0; j < MAXN; ++j) {
                for (int k = 0; k < MAXN; ++k) {
                    c.m[i][j] = (c.m[i][j] + m[i][k] * b.m[k][j]) % MOD;
                }
            }
        }
        return c;
    }
} base, res;

Matrix qpow(Matrix a, int b) {
    Matrix ans;
    for (int i = 0; i < MAXN; ++i) {
        ans.m[i][i] = 1;
    }
    while (b) {
        if (b & 1) {
            ans = ans * a;
        }
        a = a * a;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}

LL gcd(LL a, LL b) {
    return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

int main() {
    LL a, b, n;
    cin >> a >> b >> n;
    if (n == 1) {
        cout << a << endl;
    } else if (n == 2) {
        cout << b << endl;
    } else {
        base.m[0][0] = base.m[0][1] = base.m[1][0] = 1;
        res = qpow(base, n - 2);
        LL ans = gcd(a * res.m[0][0] % MOD + b * res.m[1][0] % MOD, b * res.m[1][0] % MOD + b * res.m[1][1] % MOD);
        cout << ans << endl;
    }
    return 0;
}

在这段代码中，我们定义了一个 `Matrix` 结构体，它表示一个 $2\times2$ 的矩阵。其中重载了 `*` 运算符，实现了矩阵乘法。

然后，我们定义了一个矩阵快速幂函数 `qpow`，用于求解矩阵的 $n$ 次方。

最后，在 `main` 函数中，我们通过快速幂求出矩阵 $base$ 的 $n-2$ 次方，然后根据题目要求求出 $\gcd(F_N, F_{N+1})$ 并输出即可。

需要注意的是，当 $n=1$ 或 $n=2$ 时，直接输出 $a$ 或 $b$ 即可。