hdu 6134: Battlestation Operational (2017 多校第八场 1002）【莫比乌斯】

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比赛时没抓住重点，对那个受限制的“分数求和”太过关心了。。其实如果先利用莫比乌斯函数的一个性质把后面那个[gcd(i,j)=1]去掉，那么问题就可以简化很多。公式如下

这和之前做过的一道题很相似。。（见http://www.cnblogs.com/Just--Do--It/p/7326572.html）

这个式子显然是可以用分块+预处理mu[i]前缀和的方法来做。

预处理复杂度是O(n)，分块解决单组询问复杂度是O(sqrt(n))

求g[n]可以用递推式来解决。

对比g[n]和g[n-1]，可以发现，当i整除n-1时，n/i比(n-1)/i大1，另外，g[n]比g[n-1]多末尾一项n/n（此处“/”即向上取整的除，因为我太懒了，就不写那么标准了。。），由此可以找到规律，g[n]=g[n-1]+d[n-1]+1。（很巧，那道题也用到了d[n]）

代码如下

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;

const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e6+5;
int prime[maxn+5];
bool check[maxn+5];
int d[maxn+5];
int mu[maxn+5];
int sum[maxn+5];
int min_prime_cnt[maxn+5];
int g[maxn+5];

void init()
{
    mu[1]=1,d[1]=1;
    int tot=0;
    for(int i=2; i<=maxn; i++)
    {
        if(!check[i])
        {
            prime[tot++]=i;
            mu[i]=-1;
            min_prime_cnt[i]=1;
            d[i]=2;
        }
        for(int j=0; j<tot; j++)
        {
            int t=i*prime[j];
            if(t>maxn) break;
            check[t]=true;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                mu[t]=0;
                min_prime_cnt[t]=min_prime_cnt[i]+1;
                d[t]=d[i]/(min_prime_cnt[i]+1)*(min_prime_cnt[t]+1);
                break;
            }
            else
            {
                mu[t]=-mu[i];
                d[t]=d[i]*2;
                min_prime_cnt[t]=1;
            }
        }
    }
    g[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++)    g[i]=(g[i-1]+d[i-1]+1)%mod;
    for(int i=1;i<=maxn;i++)    g[i]=(g[i]+g[i-1])%mod;
    for(int i=1;i<=maxn;i++)    sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}

int n;

int main()
{
    init();
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        LL ans=0;
        for(int i=1, last; i<=n; i=last+1)
        {
            last=n/(n/i);
            ans=(ans+(sum[last]-sum[i-1])*g[n/i])%mod;
        }
        printf("%lld
",(ans+mod)%mod);
    }
}