\(\mathcal{Description}\)

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;

}

巴特西

Solution -「洛谷 P5325」Min_25 筛

\(\mathcal{Description}\)

\(\mathcal{Solution}\)

\(\mathcal{Code}\)

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