梦中的数论
有一天 LoliconAutomaton 梦到了下面这个问题：
[sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}sum_{k=1}^{n}[(jmid i) land ((j+k)mid i)]
]
其中，((jmid i) land ((j+k)mid i)) 指 (j) 整除 (i) 并且 (j+k) 也整除 (i)。
但是 LoliconAutomaton 的数学实在是太差啦！你能帮一帮他吗？
对于全部数据，(1le nle 10^{10})。
题解
http://jklover.hs-blog.cf/2020/04/19/Loj-6682-梦中的数论/#more
先枚举(i)，答案就变成了
[ans=sum_{i=1}^n inom{sigma_0(i)}{2}\
=frac {sum_{i=1}^n sigma_0^2(i)-sum_{i=1}^n sigma_0(i)} 2 \
=frac {sum_{i=1}^n sigma_0^2(i)-sum_{i=1}^n lfloorfrac{n}{i}
floor} 2
]
后面那个(sum)可以直接整除分块(O(sqrt n))求出。
对于前面那个(sum)，注意到(sigma_0^2(x))也是积性函数，且当(p)为质数时，(sigma_0^2(p^k)=(k+1)^2)，容易计算。
于是可以考虑用Min_25筛求出其前缀和，时间复杂度(O(frac{n^{frac 3 4}}{log n}))。
CO int N=2e5+10,mod=998244353;
int n,m,prime[N],num;
int pos[N],idx,ref1[N],ref2[N],H[N];
int G(int x,int j){
if(x<=1 or prime[j]>=x) return 0;
int ans=(H[x<=m?ref1[x]:ref2[n/x]]-4*j)%mod;
for(int k=j+1;k<=num and prime[k]*prime[k]<=x;++k){
int pw=prime[k];
for(int e=1;pw<=x;++e){
ans=(ans+(e+1)*(e+1)*((e>1)+G(x/pw,k)))%mod;
pw*=prime[k];
}
}
return ans;
}
signed main(){
read(n),m=ceil(sqrt(n));
for(int i=2;i<=m;++i){
if(!prime[i]) prime[++num]=i;
for(int j=1;j<=num and i*prime[j]<=m;++j){
prime[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
int ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans=(ans-(n/l)%mod*(r-l+1))%mod;
pos[++idx]=n/l;
n/l<=m?ref1[n/l]=idx:ref2[n/(n/l)]=idx;
}
for(int i=1;i<=idx;++i) H[i]=(pos[i]-1)%mod;
for(int j=1;j<=num;++j)
for(int i=1;i<=idx and prime[j]*prime[j]<=pos[i];++i){
int k=pos[i]/prime[j];
k=k<=m?ref1[k]:ref2[n/k];
H[i]=(H[i]-(H[k]-(j-1)))%mod;
}
for(int i=1;i<=idx;++i) H[i]=4*H[i]%mod;
ans=(ans+G(n,0)+1)%mod;
ans=(mod+1)/2*ans%mod;
printf("%lld
",(ans%mod+mod)%mod);
return 0;
}