Solution -「洛谷 P5325」Min_25 筛

$\mathcal{Description}$

  Link.

  对于积性函数 $f(x)$，有 $f(p^k)=p^k(p^k-1)~(p\in\mathbb P,k\in\mathbb N_+)$。求 $\sum_{i=1}^nf(i)\bmod(10^9+7)$。

  $n\le10^{10}$。

$\mathcal{Solution}$

  Min_25 筛是不可能的。

  Powerful Number 三步走咯！考虑素数点值：

$$f(p)=p^2-p$$

那么令 $g=\operatorname{id}\cdot\varphi$（点乘号即数值相乘），就有 $g(p)=p^2-p$。积性函数的点乘亦为积性函数。

  求 $g$ 的前缀和，杜教筛基础操作，卷上一个 $\operatorname{id}$：

$$\begin{aligned} \lbrack(\operatorname{id}\cdot\varphi)\star\operatorname{id}\rbrack(n)&=\sum_{i\mid n}(\operatorname{id}\cdot\varphi)(i)\cdot\frac{n}{i}\\ &=\sum_{i\mid n}n\varphi(i)\\ &=n^2 \end{aligned}$$

自然数平方和易求，丢到杜教筛的式子里，推导后得出

$$S(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-\sum_{i=2}^niS\left(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\right)$$

其中 $S(n)$ 即为 $\sum_{i=1}^ng(i)$。

  求 $h(p^k)$，可以用 Bell 级数推导。令 $F_p,G_p,H_p$ 分别为 $f,g,h$ 在某一素数 $p$ 的 Bell 级数，则

$$\begin{cases} F_p=\operatorname{OGF}\langle1,p(p-1),p^2(p^2-1),\cdots\rangle=\frac{1}{1-p^2z}-\frac{1}{1-pz}+1\\ G_p=\operatorname{OGF}\langle1,p(p-1),p^3(p-1),\cdots\rangle=\frac{1-pz}{1-p^2z} \end{cases}$$

应用“两函数 Bell 级数的乘法卷积”为“原函数 Dirichlet 卷积之 Bell 级数”的性质，得到

$$\begin{aligned} H_p&=\frac{F_p}{G_p}\\ &=\frac{\frac{1}{1-p^2z}-\frac{1}{1-pz}+1}{\frac{1-pz}{1-p^2z}}\\ &=\frac{1-\frac{1-p^2z}{1-pz}+1-p^2z}{1-pz}\\ &=\frac{1}{1-pz}-\frac{1-p^2z}{(1-pz)^2}+\frac{1-p^2z}{1-pz}\\ \end{aligned}$$

我们仅仅想求 $h(p^k)$，即 $[z^k]H_p$，那么

$$\begin{aligned} \lbrack z^k\rbrack H_p&=[z^k]\frac{1}{1-pz}-[z^k]\frac{1-p^2z}{(1-pz)^2}-[z^k]\frac{1-p^2z}{1-pz}\\ &=p^k-[(k+1)p^k-kp^{k+1}]+(p^k-p^{k+1})\\ &=(k-1)(p^{k+1}-p^k) \end{aligned}$$

  最终，$\mathcal O(n^{\frac{2}{3}})$ 就能求出答案啦。

$\mathcal{Code}$

/* Clearink */

#include <cstdio>
#include <unordered_map>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, repEnd##i = r; i <= repEnd##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, repEnd##i = l; i >= repEnd##i; --i )

typedef long long LL;

const int MOD = 1e9 + 7, MAXSN = 1e7, INV2 = 500000004, INV6 = 166666668;
int pn, pr[MAXSN + 5], gs[MAXSN + 5], phi[MAXSN + 5];
bool npr[MAXSN + 5];

inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline void subeq( int& a, const int b ) { ( a -= b ) < 0 && ( a += MOD ); }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }

inline void sieve() {
	phi[1] = gs[1] = 1;
	rep ( i, 2, MAXSN ) {
		if ( !npr[i] ) phi[pr[++pn] = i] = i - 1;
		for ( int j = 1, t; j <= pn && ( t = i * pr[j] ) <= MAXSN; ++j ) {
			npr[t] = true;
			if ( !( i % pr[j] ) ) { phi[t] = phi[i] * pr[j]; break; }
			phi[t] = phi[i] * ( pr[j] - 1 );
		}
		gs[i] = add( gs[i - 1], mul( i, phi[i] ) );
	}
}

inline int gSum( const LL n ) {
	static std::unordered_map<LL, int> mem;
	if ( n <= MAXSN ) return gs[n];
	if ( mem.count( n ) ) return mem[n];
	int ret = mul( n % MOD, mul( mul( ( n + 1 ) % MOD,
		( n << 1 | 1 ) % MOD ), INV6 ) );
	for ( LL l = 2, r; l <= n; l = r + 1 ) {
		r = n / ( n / l );
		subeq( ret, mul(
			mul( mul( ( l + r ) % MOD, ( r - l + 1 ) % MOD ), INV2 ),
			gSum( n / l ) ) );
	}
	return mem[n] = ret;
}

LL n;

inline int powerSum( const int pid, LL x, const LL v ) {
	if ( !v ) return 0;
	int ret = 0, p = pr[pid];
	if ( pid == 1 || !( x % pr[pid - 1] ) ) ret = mul( v, gSum( n / x ) );
	if ( pid > pn ) return ret;
	if ( ( x *= p ) > n ) return ret;
	if ( ( x *= p ) > n ) return ret;
	LL pwr = 1ll * p * p;
	if ( pid < pn ) addeq( ret, powerSum( pid + 1, x / pwr, v ) );
	for ( int j = 2; x <= n; ++j, x *= p, pwr *= p ) {
		addeq( ret, powerSum( pid + 1, x,
			mul( v, mul( j - 1, pwr % MOD * ( p - 1 ) % MOD ) ) ) );
	}
	return ret;
}

int main() {
	sieve();
	scanf( "%lld", &n );
	printf( "%d\n", powerSum( 1, 1, 1 ) );
	return 0;
}