杜教筛--51nod1239 欧拉函数之和

求$sum_{i=1}^{n}varphi (i)$，$nleqslant 1e10$。

这里先把杜教筛的一般套路贴一下：

要求$S(n)=sum_{i=1}^{n}f(i)$，而现在有一数论函数$g(i)$，$g(i)$的前缀和很无脑，且$f$和$g$的狄利克雷卷积的前缀和很无脑（太巧了吧。。），那么由

$sum_{i=1}^{n}sum_{d|i}f(d)g(frac{i}{d})$

闪一句，常用套路：设$i=kd$，转而枚举$k$。

$=sum_{k=1}^{n}g(k)sum_{d=1}^{left lfloor frac{n}{k} ight floor}f(d)$

$=sum_{k=1}^{n}g(k)S(frac{n}{k})$

可得

$g(1)S(n)=sum_{i=1}^{n}sum_{d|i}f(d)g(frac{i}{d})-sum_{k=2}^{n}g(k)S(left lfloor frac{n}{k} ight floor)$

进而递推求S。

官方复杂度：（假如构造的卷积的前缀和和g的前缀和都是O(1)可知）由于S那个除法的取值范围：1，2，……，m-1，m，n/m，n/(m-1)，……，n，

可以想到预处理一部分再算一部分，假设预处理了$n^k$，那么总的复杂度就是：$max(n^k,没预处理的那一段)$，

没预处理的那段就是$sum_{i=1}^{n^{1-k}}sqrt{frac{n}{i}}=n^{frac{1}{2}}sum_{i=1}^{n^{1-k}}i^{-frac{1}{2}}approx n^{frac{1}{2}}n^frac{1-k}{2}$

所以总的复杂度就是$max(n^k,n^{frac{1}{2}}n^frac{1-k}{2})$，当$frac{1}{2}+frac{1-k}{2}=k$时取得最小复杂度，$k=frac{2}{3}$.

然而我这里有点不懂：因为没预处理的那段我们是直接递归+记忆化的，那记忆化的那部分复杂度怎么算？如何证明杜教筛过程中出现的数字个数的上限？暂不知。先用着。

好那这道题，我们要找一个前缀和无脑且和$varphi $乘起来无脑的一个函数--1！——就是f(x)=1不知道叫什么——因为有$varphi *1=Id$，$Id(x)=x$。

那就带进去玩一玩：

$sum_{i=1}^{n}sum_{d|i}varphi (d)=sum_{k=1}^{n}1sum_{d=1}^{left lfloor frac{n}{k} ight floor}varphi (d)= sum_{k=1}^{n}S(left lfloor frac{n}{k} ight floor)$

玩够一百下再玩一百下：

$S(n)=sum_{i=1}^{n}sum_{d|i}1*varphi (d)-sum_{k=2}^{n}S(left lfloor frac{n}{k} ight floor)=frac{n(n+1)}{2}-sum_{k=2}^{n}S(left lfloor frac{n}{k} ight floor)$。

OK丢去筛吧。

#include<string.h>
#include<stdlib.h>
#include<stdio.h>
#include<math.h>
//#include<assert.h>
#include<algorithm> 
//#include<iostream>
//#include<bitset>
using namespace std;

#define LL long long
LL n,m;
#define maxn 5000011
const int mod=1e9+7;
int phi[maxn],sumphi[maxn],prime[maxn/10],lp; bool notprime[maxn];
void pre(int n)
{
    lp=0; phi[1]=1; sumphi[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!notprime[i]) {prime[++lp]=i; phi[i]=i-1;}
        sumphi[i]=sumphi[i-1]+phi[i];
        sumphi[i]-=sumphi[i]>=mod?mod:0;
        for (int j=1,tmp;j<=lp && 1ll*prime[j]*i<=n;j++)
        {
            notprime[tmp=i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]) phi[tmp]=1ll*phi[i]*(prime[j]-1)%mod;
            else {phi[tmp]=1ll*phi[i]*prime[j]%mod; break;}
        }
    }
}

struct Edge{LL to; int v,next;};
#define maxh 1000007
struct Hash
{
    int first[maxh],le;Edge edge[maxn];
    Hash() {le=2;}
    void insert(LL y,int v)
    {int x=y%maxh; Edge &e=edge[le]; e.to=y; e.v=v; e.next=first[x]; first[x]=le++;}
    int find(LL y)
    {
        int x=y%maxh;
        for (int i=first[x];i;i=edge[i].next) if (edge[i].to==y) return edge[i].v;
        return -1;
    }
}h;

int du(LL n)
{
    if (n<=m) return sumphi[n];
    int tmp=h.find(n); if (tmp!=-1) return tmp;
    LL tot=0;
    for (LL i=2,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=n/(n/i);
        tot+=(last-i+1)*du(n/i)%mod;
        tot-=tot>=mod?mod:0;
    }
    LL ans=(n%mod)*((n+1)%mod)%mod*((mod+1)>>1)%mod-tot;
    ans+=ans<0?mod:0;
    h.insert(n,ans);
    return ans;
}

int main()
{
    scanf("%lld",&n);
    m=(LL)pow(pow(n,1.0/3),2); pre(m);
    printf("%d
",du(n));
    return 0;
}