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

Sample Output

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。

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

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

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

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

$\mu$的前缀和用杜教筛搞，后面的只有$\sqrt{n/d}$种取值。

代码：

#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);

}

巴特西