【51nod1220】约数之和
题目
d(k)表示k的所有约数的和。d(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12。
定义S(N) = ∑1<=i<=N ∑1<=j<=N d(i*j)。
例如：S(3) = d(1) + d(2) + d(3) + d(2) + d(4) + d(6) + d(3) + d(6) + d(9) = 59，S(1000) = 563576517282。
给出正整数N，求S(N)，由于结果可能会很大，输出Mod 1000000007(10^9 + 7)的结果。
分析
分开处理每个质因子，于是\(d(i*j)=\sum_{p|i}\sum_{q|j}\dfrac{iq}{p}[gcd(p,q)=1]\)
\[ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{p|i}\sum_{q|j}\dfrac{iq}{p}[gcd(p,q)=1]
\]
上一波反演，
\[=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{p|i}\sum_{q|j}\dfrac{iq}{p}[d|gcd(p,q)]
\]
\[=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{p|i}\sum_{q[j}\dfrac{q}{p}\sum_{p[i}i\sum_{q[j}
\]
\[=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{p|i}\sum_{q[j}\dfrac{q}{p}{\lfloor\dfrac{n}{q}\rfloor}{p\dfrac{\lfloor\dfrac{n}{p}\rfloor(\lfloor\dfrac{n}{p}\rfloor+1)}{2}}
\]
\[=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)d(\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}q{\lfloor\dfrac{n}{dq}\rfloor})(\sum_{q=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{\dfrac{\lfloor\dfrac{n}{dp}\rfloor(\lfloor\dfrac{n}{dp}\rfloor+1)}{2}})
\]
考虑处理\(\sum_{q=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{\dfrac{\lfloor\dfrac{n}{dp}\rfloor(\lfloor\dfrac{n}{dp}\rfloor+1)}{2}}\)
用\(n\)代替\(\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor\)
即
\[\sum_{i=1}^{n}{\dfrac{\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor(\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor+1)}{2}}
\]
\[=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor}j
\]
\[=\sum_{j=1}^{n}j\sum_{i=1}^{\lfloor\dfrac{n}{j}\rfloor}
\]
\[=\sum_{j=1}^{n}j\lfloor\dfrac{n}{j}\rfloor(事实上，这就等于\sum_{j=1}^{n}d(j))
\]
\[ans=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)d(\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}q{\lfloor\dfrac{n}{dq}\rfloor})^2
\]
于是对于两层\(\sum\)都分块处理
类似与【51nod 2026】Gcd and Lcm，可以用杜教筛处理\(\mu(d)d\)的前缀和。
对于\(\sum_{j=1}^{n}j\lfloor\dfrac{n}{j}\rfloor\)，直接上分块。
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <map>
const int maxlongint=2147483647;
const long long mo=1e9+7;
const int lim=1e5+7;
const int N=10000005;
using namespace std;
#define sqr(x) (1ll*(x)*(x)%mo)
#define val(x,y) (1ll*(y-x+1)*(x+y)/2%mo)
int p[N],mu[N],n,ha[lim+5][2],s[N],ans;
bool bz[N];
int get(int v)
{
int x;
for(x=v%lim;ha[x][0] && ha[x][0]!=v;(++x)-=x>=lim?lim:0);
return x;
}
int S(int m)
{
if(m<=N-5) return s[m];
int pos=get(m);
if(ha[pos][0]) return ha[pos][1];
ha[pos][0]=m;
int la=0,sum=0;
for(int i=2;i<=m;i=la+1)
{
la=m/(m/i);
sum=(1ll*sum+1ll*val(i,la)*S(m/i))%mo;
}
return ha[pos][1]=(1-sum+mo)%mo;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
mu[1]=s[1]=1;
for(int i=2;i<=N-5;i++)
{
if(!bz[i]) mu[p[++p[0]]=i]=-1;
s[i]=(s[i-1]+mu[i]*i+mo)%mo;
for(int j=1,k;j<=p[0] && (k=i*p[j])<=N-5;j++)
{
bz[k]=true;
if(i%p[j]==0) break;
mu[k]=-mu[i];
}
}
int la=1;
for(int i=1;i<=n;i=la+1)
{
la=n/(n/i);
int last=1,nn=n/i,sum=0;
for(int j=1;j<=nn;j=last+1)
{
last=nn/(nn/j);
sum=(1ll*sum+1ll*(val(j,last))*(nn/j))%mo;
}
ans=(1ll*ans+1ll*(S(la)-S(i-1)+mo)*sqr(sum))%mo;
}
printf("%d",ans);
}
