【51NOD 1238】最小公倍数之和 V3

Description

Ans=∑i=1n∑j=1nlcm(i,j)

Solution1

设gd表示gcd(i,j)为d的倍数的i∗j之和，

反演过程省略（反演时先除一下，后面可以消掉）

设：Sn=(12∗(n+1)n)2

Ans=∑i=1nμ(i)i2∑d=1⌊ni⌋d∗S⌊nid⌋

用杜教筛做∑xi=1μ(i)i2

∑d=1nd2∑i|dμ(i)=1

这个式子显然是等于1的，

这个还可以转化一下：

∑i=1ni2∑j=1⌊ni⌋μ(j)j2=1

于是

∑i=1nμ(i)i2=1−∑i=2ni2∑j=1⌊ni⌋μ(j)j2

求出这个以后整个用分块搞一波，

发现这个怎么卡都过不了啊QwQ。。。

Solution2

Ans=(2∗∑i=1n∑j=1i−1ijgcd(i,j))+n∗(n+1)/2

设ans′=∑ni=1∑i−1j=1ijgcd(i,j)（注意j的范围）

设：Sn=12∗(n+1)n

（ 先枚举两个互质的数，再算它们的倍数）（后面有phi的括号是互质的数的和）

ans′=∑i=1ni∗S⌊ni⌋∗(φ(i)∗i∗12)

ans′=∑i=1n12∗S⌊ni⌋∗φ(i)∗i2

用杜教筛求∑xi=1φ(i)∗i2（下面的n和上面的不一样）

∑d=1nd2∑i|dφ(i)

这个式子显然是立方和，

这个还可以转化一下：

∑i=1ni2∑j=1⌊ni⌋φ(j)j2=(Sn)2

于是

∑i=1nφ(i)i2=(Sn)2−∑i=2ni2∑j=1⌊ni⌋φ(j)j2

回到刚才的式子，用分块搞一波即可

复杂度：O(n23)

Code

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define sqr(q) ((q)*(q))
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=20000500,mo=1e9+7,M=224737;
const LL eni=500000004,sni=166666668;
LL n,ans;
bool prz[N+10];
int pr[N/2];
int phi[N+10];
int Hx[M+1][2];
int co;
int HX(LL q)
{
int i=q%M;
while(Hx[i][0]&&Hx[i][0]!=q)i=(i+1)%M;
return i;
}
LL SM(LL s,LL t)
{
if((s+t)&1)return (s+t)%mo*(((t-s+1)>>1)%mo)%mo;
return ((s+t)>>1)%mo*((t-s+1)%mo)%mo;
}
LL PF(LL q)
{
q%=mo;
return q*(q+1)%mo*(2*q+1)%mo*sni%mo;
}
LL Gphi(LL q)
{
if(q<=N)return phi[q];
int t=HX(q);
if(Hx[t][0])return Hx[t][1];
Hx[t][0]=q;
LL ans=0;
for(LL i=2,nx;i<=q;i=nx+1)
{
nx=q/(q/i);
ans=(ans+(PF(nx)-PF(i-1))*Gphi(q/i))%mo;
}
q%=mo;
return Hx[t][1]=(sqr(SM(1,q))-ans)%mo;
}
int main()
{
phi[1]=1;
fo(i,2,N)
{
if(!prz[i])pr[++pr[0]]=i,phi[i]=i-1;
fo(j,1,pr[0])
{
int t=pr[j]*i;
if(t>N)break;
prz[t]=1;
phi[t]=phi[i]*pr[j];
if(i%pr[j]==0)break;
phi[t]=phi[i]*(pr[j]-1);
}
}
fo(i,2,N)phi[i]=((LL)phi[i]*(sqr((LL)i)%mo)%mo+phi[i-1])%mo;
scanf("%lld",&n);
for(LL i=2,nx;i<=n;i=nx+1)
{
nx=n/(n/i);
ans=(ans+SM(1,n/i)*(Gphi(nx)-Gphi(i-1))%mo*eni%mo)%mo;
}
printf("%lld\n",((ans*2+SM(1,n))%mo+mo)%mo);
return 0;
}