51Nod 1238 最小公倍数之和V3
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分析：
现在我们需要求：
\(~~~~\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}lcm(i,j)\)
\(=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{i ~\cdot ~j}{gcd(i,j)}\)
\(=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\cdot j \cdot [gcd(i,j)=1]\)
这一步推导可以看做是在枚举最小公因数，然后找除去最小公因数后的互质的两个数
又因为一个有趣的结论：
\(~~~~\sum_{i=1}^{n}i\cdot [gcd(i,n)=1]=\frac{n~\cdot ~\varphi(n)}{2}\)
对于一个数x，如果它和n互质，那么n-x也会和n互质，满足对称性
可以用类似等差数列求和的方法求和
我们继续推式子：
\(~~~~\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\cdot j \cdot [gcd(i,j)=1]\)
\(=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i^2\varphi(i)\)
前半截可以O(sqrt(n))算
我们现在要考虑如何快速求：
\(~~~~\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i^2\varphi(i)\)
首先知道一个公式：
\(~~~~\sum_{i|n}\varphi(i)=n\)
然后：
\(~~~~\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}\varphi(d)=\frac{n\cdot (n+1)}{2}\)
所以：
\(~~~~\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}\varphi(d)\cdot i^2=\frac{n^2\cdot (n+1)^2}{4}\)
\(~~~~\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}\varphi(d)\cdot d^2\cdot (\frac{i}{d})^2=\frac{n^2\cdot (n+1)^2}{4}\)
变换一下：
\(~~~~\sum_{i=1}^{n}\sum_{d=1}^{\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}\varphi(d)\cdot d^2\cdot i^2=\frac{n^2\cdot (n+1)^2}{4}\)
\(~~~~\sum_{i=1}^{n}sum(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)\cdot i^2=\frac{n^2\cdot (n+1)^2}{4}\)
将i=1分离出来，得到：
\(~~~~sum(n)=\frac{n^2\cdot (n+1)^2}{4}-\sum_{i=2}^{n}sum(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)\cdot i^2\)
然后也可以O(sqrt(n))算了
整体复杂度就是O(n^(2/3))
辣鸡式子推半天，写的时候有几个点没开long long调半天。。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<map>
#include<string>
#define maxn 5000005
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007
#define inv2 500000004
#define inv4 250000002
#define inv6 166666668
using namespace std;
inline long long getint()
{
long long num=0,flag=1;char c;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;
while(c>='0'&&c<='9')num=num*10+c-48,c=getchar();
return num*flag;
}
long long N;
long long pri[maxn],cnt,np[maxn],phi[maxn];
long long sum[maxn];
map<long long,long long>M;
long long ans;
inline void init()
{
phi[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++)
{
if(!np[i])pri[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<maxn;j++)
{
np[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];break;}
phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
}
}
for(int i=1;i<maxn;i++)sum[i]=(phi[i]*i%MOD*i%MOD+sum[i-1])%MOD;
}
inline long long cal(long long x)
{return x*(x+1)%MOD*(2*x+1)%MOD*inv6%MOD;}
inline long long getans(long long x)
{
if(x<maxn)return sum[x];
if(M.count(x))return M[x];
long long tmp=x%MOD;
long long num=tmp*tmp%MOD*(tmp+1)%MOD*(tmp+1)%MOD*inv4%MOD;
for(long long i=2,j;i<=x;i=j+1)
{
j=x/(x/i);
num+=MOD-(cal(j%MOD)-cal((i-1)%MOD)+MOD)%MOD*getans(x/i)%MOD;
num%=MOD;
}
return M[x]=num;
}
int main()
{
N=getint();
init();
for(long long i=1,j;i<=N;i=j+1)
{
j=N/(N/i);
ans+=(i+j)%MOD*((j-i+1)%MOD)%MOD*inv2%MOD*getans(N/i)%MOD;
ans%=MOD;
}
printf("%lld\n",ans);
}
