51nod 1363 最小公倍数的和 欧拉函数+二进制枚举

1363 最小公倍数之和

题目来源： SPOJ

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给出一个n，求1-n这n个数，同n的最小公倍数的和。
例如：n = 6，1,2,3,4,5,6 同6的最小公倍数分别为6,6,6,12,30,6，加在一起 = 66。

由于结果很大，输出Mod 1000000007的结果。

Input

第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。（1 <= T <= 50000)
第2 - T + 1行：T个数A[i](A[i] <= 10^9)

Output

共T行，输出对应的最小公倍数之和

Input示例

3
5
6
9

Output示例

55
66
279
思路:这题数据很大，还需要一些剪枝，不然过不去；
　　 首先最小公倍数的和，不考虑时间复杂度，
　　求法:
　　 首先你需要知道有个这样的定理:如果 gcd(n,i)=1则 gcd(n,n-i)=1 (1<=i<=n)

　　   可得小于n的并与n互质的和为p*phi(p)/2;

         p=1的时候是特例需要特判+1；

　　　 答案显然等于 n * (phi(g) * g / 2 + 1) g | n, g >= 1

         显然需要枚举n的因数，最常见sqrt（n）的写法，根据题目T*sqrt（n）显然超时；

　　　 优化：

　　　 首先你需要知道欧拉函数的两个积性函数的性质：

　　　　欧拉函数是积性函数——若m,n互质，φ(mn)=φ(m)φ(n)。

              若n是质数p的k次幂，φ(n)=p^k-p^(k-1)=(p-1)p^(k-1)，因为除了p的倍数外，其他数都跟n互质。

　　　然后将n质因数分解，二进制枚举，这时你会发现万一有多个相同的质数会重复累加，所以将存不同质数，和质数的个数；

　　　在枚举的时候后面的指数跟前面的数不管如何乘必然互质，这就可以用到积性函数的第一个性质；

　　　在处理相同质数，用到第二个质数；

　　　如果p是质数，φ（p）=p-1；

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define inf 999999999
#define esp 0.00000000001
ll scan()
{
    ll res = 0 , ch ;
    while( !( ( ch = getchar() ) >= '0' && ch <= '9' ) )
    {
        if( ch == EOF ) return 1 << 30 ;
    }
    res = ch - '0' ;
    while( ( ch = getchar() ) >= '0' && ch <= '9' )
        res = res * 10 + ( ch - '0' ) ;
    return res ;
}
const int MAXN=32000;
int fa[100];
int si[100],p;
ll ans;
int prime[MAXN],cnt;
bool vis[MAXN];
inline int Prime(int n)
{
    cnt=0;
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i=2;i<n;i++)
    {
        if(!vis[i])
        prime[cnt++]=i;
        for(int j=0;j<cnt&&i*prime[j]<n;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            break;
        }
    }
    return cnt;
}
inline void dfs(ll fac,ll pos,ll x,ll oula)
{
    if(pos==p)
    {
        ans+=oula*fac/2;
        ans%=mod;
        return;
    }
    ll base=1;
    ll hh=1;
    for(int i=0;i<=si[pos];i++)
    {
        dfs(fac*base,pos+1,x,oula*hh);
        base*=fa[pos];
        hh*=fa[pos]-(i==0?1:0);
    }
}
int main()
{
    ll x,y,z,i,t;
    Prime(MAXN);
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        memset(si,0,sizeof(si));
        scanf("%lld",&x);
        ans=0;
        p=0;
        z=x;
        for(i=0;i<cnt&&prime[i]*prime[i]<=z;i++)
        {
            if(z%prime[i]==0)
            {
                fa[p]=prime[i];
                while(z%prime[i]==0)
                {
                    z/=prime[i];
                    si[p]++;
                }
                p++;
            }
        }
        if(z>1)
        {
            fa[p]=z;
            si[p++]++;
        }
        dfs(1,0,x,1);
        printf("%lld\n",(x*(ans+1))%mod);
    }
    return 0;
}