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 longconst 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[n];    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)));}