[bzoj4916] 神犇和蒟蒻 [杜教筛]

题面：

传送门

一句话，就是让你求$\mu\left(i^2\right)$以及$\varphi\left(i^2\right)$的前缀和

思路：

第一问，瞪了一会儿恍然大悟：这不就是1吗......

因为对于$\mu\left(i^2\right)$，$i^2=i\ast i$，那么$\mu\left(i^2\right)$在$i\neq1$的时候值都是0

所以第一问输出1就好了......

接下来看第二问

这一问中解决$\varphi\left(i^2\right)$是关键，因为这东西是个积性函数，可以套进杜教筛里面，而一旦进了杜教筛这题就解决了

当前的关键，是找到杜教筛套路式子中的$g\left(x\right)

我当时想了半天，准备从$\varphi$函数的本质下手，奈何能力不足，就参考了一下某度上的结果，然后看到了这个东西：



发现，当$n$变成$n^2$的时候，右边的每一个质数$p$的指数都上升了$a_p$

也就是说，$\varphi\left(i^2\right)=\varphi\left(i\right)\ast i$

美！滋！滋！

所以我们只要设$g\left(x\right)=x$，然后套用杜教筛套路：

$ g\left(1\right)S\left(n\right)=\sum_{i=1}^{n}\left(g\ast f\right)\left(i\right)-\sum_{i=2}^{n}g\left(i\right)S\left(\frac ni\right) $

此时g和f函数的卷积等于id

$ S\left(n\right)=\sum_{i=1}^{n}i-\sum{i=2}^{n}iS\left(\frac ni\right) $

然后就递归记忆化AC

Code：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<map>
#define ll long long
ll MOD=1e9+7,inv6=166666668;
using namespace std;
inline ll read(){
ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
ll tot,pri[2000010],phi[2000010];bool vis[2000010]={0};
void init(){
ll i,j,k;phi[1]=1;vis[1]=1;
for(i=2;i<=2000000;i++){
if(!vis[i]){
pri[++tot]=i;phi[i]=i-1;
}
for(j=1;j<=tot;j++){
k=i*pri[j];if(k>2000000) break;
vis[k]=1;
if(i%pri[j]==0){
phi[k]=phi[i]*pri[j]%MOD;
break;
}
phi[k]=phi[i]*phi[pri[j]]%MOD;
}
}
for(i=1;i<=2000000;i++) phi[i]=(i*phi[i]%MOD+phi[i-1])%MOD;
}
map<ll,ll>m;
ll sum(ll l,ll r){return (r-l+1)*(r+l)/2%MOD%MOD;}
ll sum2(ll x){x%=MOD;return x*(x+1)%MOD*(2*x+1)%MOD*inv6%MOD;}
ll S(ll x){
if(x<=2000000) return phi[x];
if(m[x]) return m[x];
ll i,j,re=sum2(x);
for(i=2;i<=x;i=j+1){
j=x/(x/i);
re-=sum(i,j)*S(x/i)%MOD;re%=MOD;
}
return m[x]=(re+MOD)%MOD;
}
int main(){
ll i,j,n;init();
n=read();puts("1");
printf("%lld\n",S(n));
}