《洛谷P5325 【模板】Min_25筛》

第一道黑题，虽然是模板题~。

Min25筛.

将多项式转化$f(i) = i*(i - 1) \rightarrow f(i) = i*i - i$。

对所以对于后面的g = g2 - g1。定义g2 为关于i*i的函数，g1为关于i的函数。

那么对于s出删去的实际是g2 - g1的j = 0时候的值，就是前缀和相减。

注意取模~

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<LL,int> pii;
const int N = 1e6+5;
const int M = 1e6+5;
const LL Mod = 1e9+7;
#define rg register
#define pi acos(-1)
#define INF 1e18
#define CT0 cin.tie(0),cout.tie(0)
#define IO ios::sync_with_stdio(false)
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
namespace FASTIO{
    inline LL read(){
        LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
        while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
        while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
        return x*f;
    }
    void print(int x){
        if(x < 0){x = -x;putchar('-');}
        if(x > 9) print(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
}
using namespace FASTIO;

LL sum1[N],sum2[N],prime[N],id1[N],id2[N],g1[N],g2[N],w[N];
LL n,Sqr,inv6 = 166666668,tot = 0,m = 0;//inv6 - 6的逆元
bool flag[N];
//sum1 - i^1的前缀和,sum2 - i^2的前缀和,prime - 存素数
void init_prime()//线性筛
{
    Sqr = sqrt(n);
    for(int i = 2;i <= Sqr;++i)
    {
        if(!flag[i])
        {
            prime[++tot] = i;
            sum1[tot] = (sum1[tot-1]+i)%Mod;
            sum2[tot] = (sum2[tot-1]+1LL*i*i%Mod)%Mod;
        }
        for(int j = 1;j <= tot && prime[j]*i <= Sqr;++j)
        {
            flag[i*prime[j]] = 1;
            if(i%prime[j] == 0) break;
        }
    }
}
LL f1(LL x)//F[i] = i的前缀和
{
    x %= Mod;
    return (x + 1) * x / 2 % Mod;
}
LL f2(LL x)//F[i] = i^2的前缀和
{
    x %= Mod;
    return x * (x + 1) % Mod * (2 * x % Mod + 1) % Mod * inv6 %Mod;
}
LL getid(LL x)//找到x的离散化对应位置
{
    if(x <= Sqr) return id1[x];
    else return id2[n/x];
}
void init_g()
{
    for(LL L = 1,r;L <= n;L = r+1)//预处理g(n,0)
    {
        r = (n/(n/L)),w[++m] = (n/L);
        g1[m] = f1(w[m])-1,g2[m] = f2(w[m])-1;//把1减去，因为1不满足。
        if(w[m] <= Sqr) id1[w[m]] = m;
        else id2[n/w[m]] = m;
    }
}
void init_DP()
{
    for(int i = 1;i <= tot;++i){//预处理到sqrt(n)，即tot即可
        for(int j = 1;j <= m && prime[i]*prime[i] <= w[j];++j){
            g1[j] = (g1[j] - prime[i] * (g1[getid(w[j] / prime[i])] - sum1[i-1]) % Mod + Mod)%Mod;
            g2[j] = (g2[j] - prime[i] * prime[i] % Mod *(g2[getid(w[j] / prime[i])] - sum2[i-1]) % Mod + Mod)%Mod;
         //   printf("g1 is %lld g2 is %lld\n",g1[j],g2[j]);
        }
    }
}
LL S(LL x,int j)
{
    if(prime[j] >= x) return 0;
    LL k = getid(x);
    LL ans = (g2[k] - g1[k] + Mod - ((sum2[j] - sum1[j]) + Mod) % Mod) % Mod;
    for(int i = j + 1;i <= tot && prime[i] * prime[i] <= x;++i)//枚举最小质因子
    {
        LL sp = prime[i];
        for(int e = 1;sp <= x;sp *= prime[i],++e)//枚举次数
            ans = (ans + sp % Mod * (sp % Mod -1) % Mod * (S(x / sp,i) + (e > 1)) % Mod) % Mod;
    }
    return ans;
}
void pre_work()
{
    init_prime();
    init_g();
    init_DP();
}
int main()
{
    n = read();
    pre_work();
    LL ans = (S(n,0) + 1)%Mod;//+1是f[1]
    printf("%lld\n",ans);
    system("pause");
    return 0;
}