Description
已知(N^2-3N+2=sum_{d|N} f(d)),求(sum_{i=1}^nf(i),nleqslant 10^9)
Solution
杜教筛+莫比乌斯反演...
入门题...
令(g(n)=n^2-3n+2)..
那么(sum_{i=1}^ng(n)=sum_{i=1}^nsum_{dmid n} f(d)=sum_{i=1}^niS(lfloorfrac{n}{i} floor))
所以(S(n)=sum_{i=1}^ng(n)-sum_{i=2}^niS(lfloorfrac{n}{i} floor))
第一个式子可以用平方数和什么的求一下...
然后预处理(10^6)...
因为(g(n)=sum_{dmid n}f(d)),反演一下...
(f(n)=sum_{dmid n}mu(d)g(frac{n}{d}))...
欧拉筛...这样就可以(nlog n)预处理了...
Code
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; typedef long long ll; const int N = 1000050; const ll p = 1e9+7; ll Pow(ll a,ll b,ll r=1) { for(;b;b>>=1,a=a*a%p) if(b&1) r=r*a%p;return r; } ll inv2=Pow(2,p-2),inv6=Pow(6,p-2); ll S2(ll n) { return n*(n+1)%p*(2*n+1)%p*inv6%p; } ll S1(ll n) { return n*(n+1)%p*inv2%p; } ll S1(ll l,ll r) { return S1(r)-S1(l-1); } ll g(ll n) { return (n*n%p-3*n+2+p)%p; } int cp,pr[N],b[N],mu[N]; ll f[N]; void pre(int n) { mu[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++) { if(!b[i]) pr[++cp]=i,mu[i]=-1; for(int j=1;j<=cp && i*pr[j]<=n;j++) { b[i*pr[j]]=1; if(i%pr[j]) mu[i*pr[j]]=-mu[i]; else break; } } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;j<=n;j+=i) f[j]=(f[j]+g(i)*mu[j/i]%p+p)%p; for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=(f[i-1]+f[i])%p; } map<int,int> mp; ll S(ll n) { if(n<=1000000) return f[n]; if(mp.count(n)) return mp[n]; ll fn=((S2(n)-3*S1(n)+2*n)%p+p)%p; for(int i=2,j;i<=n;i=j+1) { j=n/(n/i); fn=(fn-(j-i+1)*S(n/i)%p+p)%p; }return mp[n]=fn; } int main() { int T,n; for(pre(1000000),scanf("%d",&T);T--;) { scanf("%d",&n); printf("%lld ",S(n)); } return 0; }