51nod1363-最小公倍数之和

Description

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

Solution

推式子:

\[\begin{aligned} ans &=\sum_{i=1}^{n}{\frac{i\cdot n}{gcd(i,n)}} \\ &=n\cdot \sum_{d|n}{\sum_{i=1}^{n/d}i[gcd(i,n/d)==1]} \\ &=n\cdot \sum_{d|n}{\sum_{i=1}^{d}i[gcd(i,d)==1]} \\ \end{aligned} \]

由于\(\sum_{i=1}^n i \cdot [(i,n)=1] = \begin{cases} 1 & (n=1) \\ \frac{\phi(n)\cdot n}2 & (n>1) \end{cases}\),

\[\begin{aligned} ans &=n\cdot \sum_{d|n}{\sum_{i=1}^{d}i[gcd(i,d)==1]} \\ &=n\cdot (1+\frac{\sum_{d|n,d>1}{\phi(d)\cdot d}}{2})\\ &=n\cdot \frac{1+\sum_{d|n}{\phi(d)\cdot d}}2\\ \end{aligned} \]

考虑 \(T(n)=\sum_{d|n}\phi(d)\cdot d\), 它是\(\phi(n) \cdot n\)和\(I\)的卷积, 是一个积性函数, 可以通过分解质因数的方式求值.

不妨设\(n=\prod_{i=1}^B p_i^{a_i}\), 再考虑

\[\begin{aligned} T(p^k) &=1+\sum_{i=1}^k p^{k-1}\cdot (p-1) \cdot p^k \\ &=1+\sum_{i=1}^k p^{2k-1}\cdot (p-1) \\ &=1+(p-1)\frac{p^{2k+1}-p}{p^2-1} \\ &=1+\frac{p^{2k+1}-p}{p+1} \end{aligned} \]

\[T(n)=\prod_{i=1}^{B} T(p_i^{a_i}) \]

我们可以 \(O(\lg^2 n)\) 求出\(T(n)\), 进而求出 \(ans\).

考虑到质因数分解的复杂度, 用素数定理可求出总复杂度(上界)大约为\(O(\sqrt n + T\cdot\frac { \sqrt n}{\lg n})\)

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
#define rep(i,l,r) for(register int i=(l);i<=(r);++i)
#define repdo(i,l,r) for(register int i=(l);i>=(r);--i)
#define il inline
typedef long long ll;
typedef double db;

//---------------------------------------
const ll nmod=1000000007,sqnsz=1e5+50;
ll t,n,ans;

int nopr[sqnsz],pr[sqnsz],pp=0;
void init(int bnd){
	nopr[1]=1;
	rep(i,2,bnd){
		if(nopr[i]==0)pr[++pp]=i;
		rep(j,1,pp){
			if(i*pr[j]>bnd)break;
			nopr[i*pr[j]]=1;
			if(i%pr[j]==0)break;
		}
	}
}
int fac[sqnsz][2],pf=0;
void getfac(ll n){
	int tmp=sqrt(n),tmp1;
	rep(i,1,pp){
		tmp1=pr[i];
		if((ll)tmp1*tmp1>n)break;
		if(n%tmp1==0){
			fac[++pf][0]=tmp1,fac[pf][1]=0;
			while(n%tmp1==0)++fac[pf][1],n/=tmp1; 
		}
	}
	if(n!=1)fac[++pf][0]=n,fac[pf][1]=1;
}

ll qp(ll a,ll b){
	ll res=1;
	for(;b;a=a*a%nmod,b>>=1){
		if(b&1)res=res*a%nmod;
	}
	return res;
}

int main(){
	ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
	init(1e5+5);
	cin>>t;
	rep(cs,1,t){
		cin>>n;
		pf=0,getfac(n);
		ans=1;
		ll a,b,tmp;
		rep(i,1,pf){
			a=fac[i][0],b=fac[i][1];
			tmp=(1+(qp(a,b*2+1)-a)*qp(a+1,nmod-2))%nmod;
			ans=ans*tmp%nmod;
		}
		ans=(ans+1)*n%nmod*qp(2,nmod-2)%nmod;
		if(ans<0)ans+=nmod;
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}