BZOJ_4176_Lucas的数论_杜教筛+莫比乌斯反演

BZOJ_4176_Lucas的数论_杜教筛+莫比乌斯反演

Description

去年的Lucas非常喜欢数论题，但是一年以后的Lucas却不那么喜欢了。

在整理以前的试题时，发现了这样一道题目“求Sigma(f(i)),其中1<=i<=N”，其中 表示i的约数个数。他现在长大了，题目也变难了。

求如下表达式的值：

 

其中 表示ij的约数个数。

他发现答案有点大，只需要输出模1000000007的值。

Input

第一行一个整数n。

Output

 一行一个整数ans，表示答案模1000000007的值。

Sample Input

2

Sample Output

8

HINT

 对于100%的数据n <= 10^9。

---

 

$f(nm)=\sum\limits_{i|n}\sum\limits_{j|m}[gcd(i,j)=1]$

证明：首先$ij|nm$，但直接枚举$ij$会有些重复。

设$gcd(i,j)=k,a=i/k,b=j/k$

发现一定能枚举到$i'=a*k,j'=b,$和$i''=a,j''=b*k$，此时$gcd(i',j')=gcd(i'',j'')=1$。

考虑$a*b*k$这个约数其实是被枚举了两次，不妨用这两次中的一个来‘代表’$a*b*k*k$。

因此我们枚举$gcd(i,j)=1$的$i,j$即可，只是此时$ij$可能有相等的，他们代表的约数不同。

可以举$n=2,m=6$的例子自己手算一下。

$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}f(ij) = \sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\sum \limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}[gcd(x,y)=1]$

$=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\sum \limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}\sum\limits_{d|gcd(x,y)}\mu(d)$

$=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\sum \limits_{x|i}\sum\limits_{y|j}\sum\limits_{d|gcd(x,y)}\mu(d)$

$=\sum\limits_{d=1}^{n}\mu(d)\sum\limits_{i=1}^{n/d}\sum\limits_{j=1}^{n/d}\sum \limits_{x=1}^{\frac{n/d}{i}}\sum\limits_{y=1}^{\frac{n/d}{j}}$

$=\sum\limits_{d=1}^{n}\mu(d)(\sum\limits_{i=1}^{n/d}\frac{n/d}{i})^{2}$

$\mu$的前缀和用杜教筛搞，后面的只有$\sqrt{n/d}$种取值。

代码：

?

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59

#include <stdio.h> #include <string.h> #include <algorithm> #include <map> using namespace std; typedef long long ll; ll mod=1000000007; map<ll,ll>f; int m=1000000; int prime[1000050],cnt,miu[1000050],summiu[1000050]; bool vis[1000050]; ll calc1(ll n) {     if(n<=m) return summiu[n];     if(f.count(n)) return f[n];     ll i,lst,ans=1;     for(i=2;i<=n;i=lst+1) {         lst=n/(n/i);         ans=(ans-(lst-i+1)*calc1(n/i)%mod+mod)%mod;     }     return f[n]=ans; } ll calc2(ll n) {     ll ans=0,i,lst;     for(i=1;i<=n;i=lst+1) {         lst=n/(n/i);         ans=(ans+n/i*(lst-i+1))%mod;     }     return ans*ans%mod; } void init() {     int i,j;     miu[1]=summiu[1]=1;     for(i=2;i<=m;i++) {         if(!vis[i]) {             prime[++cnt]=i;             miu[i]=-1;         }         for(j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=m;j++) {             vis[i*prime[j]]=1;             if(i%prime[j]==0) {                 miu[i*prime[j]]=0;                 break;             }             miu[i*prime[j]]=-miu[i];         }         summiu[i]=summiu[i-1]+miu[i];     } } int main() {     init();     ll n,ans=0,i,lst;     scanf("%lld",&n);     for(i=1;i<=n;i=lst+1) {         lst=n/(n/i);         ans=(ans+(calc1(lst)-calc1(i-1)+mod)%mod*calc2(n/i))%mod;     }     printf("%lld\n",ans); }