51nod 1238 最小公倍数之和 V3

我们首先计算

f(n)===∑i=1nlcm(i,n)∑d|n∑i=1ndnidd[gcd(i,nd)=1]n∑d|nd⋅φ(d)+e(d)2

于是

==∑i=1nf(i)12∑d=1nd⋅φ(d)+e(d)∑i=1⌊nd⌋id12∑d=1nd2⋅φ(d)+e(d)∑i=1⌊nd⌋i

我们只需要杜教筛求出id2⋅φ的前缀和就可以了。

(id2⋅φ)×id2=id2⋅(φ×1)=id3

因此

=∑i=1ni2φ(i)∑i=1ni3−∑i=2ni2∑d=1⌊ni⌋d2φ(d)

求出f的前缀和之后不难得到答案。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long
const int p=1000000007,maxn=5000010,mod=1000007,inv2=500000004,inv6=166666668;
int phi[maxn],prm[maxn],sum[maxn],tot,m;
LL n;
/*void pause()
{
int x;
x=1;
}*/
int inc(int x,int y)
{
x+=y;
return x>=p?x-p:x;
}
int dec(int x,int y)
{
x-=y;
return x<0?x+p:x;
}
struct hashset
{
int fir[mod+10],ne[mod*5],ans[mod*5],tot;
LL val[mod*5];
int find(LL n)
{
for (int i=fir[n%mod];i;i=ne[i])
if (val[i]==n) return ans[i];
return -1;
}
void ins(LL n,int x)
{
if (tot>mod*5-5) return;
int y=n%mod;
ne[++tot]=fir[y];
fir[y]=tot;
val[tot]=n;
ans[tot]=x;
}
}h;
int sum1(LL n)
{
n%=p;
return n*inc(n,1)%p*inv2%p;
}
int sum2(LL n)
{
n%=p;
return n*inc(n,1)%p*inc(inc(n,n),1)%p*inv6%p;
}
int sum3(LL n)
{
int x=sum1(n);
return (LL)x*x%p;
}
int calc(LL n)
{
if (n<=m) return sum
;
int ret=h.find(n),ans,x,y;
if (ret!=-1) return ret;
ans=sum3(n);
for (LL i=2,j;i<=n;i=j+1)
{
//if (n==10000000000LL&&j==3333333333LL) pause();
j=n/(n/i);
x=dec(sum2(j),sum2(i-1));
y=calc(n/i);
ans=dec(ans,(LL)x*y%p);
//if (x<0||y<0||ans<0) printf("no:%lld,%lld,%lld\n",n,i,j);
}
h.ins(n,ans);
return ans;
}
int main()
{
int ans=0,x,y;
scanf("%lld",&n);
m=pow(n,2.0/3);
//m=100;
phi[1]=sum[1]=1;
for (int i=2;i<=m;i++)
{
if (!phi[i])
{
prm[++tot]=i;
phi[i]=i-1;
}
for (int j=1;j<=tot&&(LL)i*prm[j]<=m;j++)
if (i%prm[j]) phi[i*prm[j]]=phi[i]*(prm[j]-1);
else
{
phi[i*prm[j]]=phi[i]*prm[j];
break;
}
sum[i]=inc(sum[i-1],(LL)phi[i]*i%p*i%p);
}
for (LL i=1,j;i<=n;i=j+1)
{
j=n/(n/i);
x=inc(dec(calc(j),calc(i-1)),i==1);
y=sum1(n/i);
ans=inc(ans,(LL)x*y%p);
}
printf("%d\n",dec(ans,sum1(n)));
}