记录一下昨天在学校看到的一个数论问题。（标题是我自己瞎取的
假设 (f(n)) 表示满足 (gcd(x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2+x_5^2+x_6^2,n)=1%) 且对于 (1le ile 6) 满足 (0le x_i < n) 的六元祖 ((x_1,x_2,x_3,x_4,x_5,x_6)) 的数量，求 (sum_{i=1}^n frac {f(i)}{i^2varphi(i)})，其中 (nle 10^{12})。
菜菜的我肯定是不会的，于是就打了个表去 OEIS 了，然后发现 OEIS 上有这个函数，并且是积性的，只不函数稍微有亿点点复杂。(f(2^e)=2^{6e-1},f(p^e)=(p - 1) imes p^{6e - 4} imes (p^3 - (-1)^{frac{3 imes(p-1)} 2}))。然后瞎搞搞筛筛就可以做了。
但是我没有去做题（因为懒）而是打了一个 (8)-tumple 的表，然后发现 OEIS 居然也有，这次是 (f(2^e) = 2^{8e-1}, f(p^e) = (p - 1) imes p^{8e - 5} imes (p^4 - 1))。
我寻思着那 (2k)-tumple 大概就是 (f(2^e) = 2^{2ke-1}, f(p^e) = (p - 1) imes p^{2ke - (k+1)} imes (p^k - (-1)^{frac{k imes(p-1)} 2}))。
然后我还是没去写题或者去证明（太懒了），于是我又打了一个 (7)-tumple 的表，然后发现 OEIS 还是有，而且这次更加简单了：(f(n)=n^6 imes varphi(n) = varphi(n^7))。然后经过几次尝试，发现 ((2k+1))-tumple 就是 (f(n)=varphi(n^{2k+1}))。
然后我还是没去证明（下楼吃饭了）。
昨天拖了灰灰和 jmr 的后腿，sad。于是证明就被我给鸽了。
然后鸽到了今天，大概先口胡一个证明。先写当 (n) 为质数的时候的证明。因为模奇质数意义下的二次剩余一定是一半，所以前面 (k-1) 个随便选，最后一个一定有 (frac{n-1}{2} imes 2) 种选法，然后答案就是 (n^{k-1} imes (n-1))。
关于 (p^e) 也是类似，我们可以通过 (f_{k-2}(n)) 来递推到 (f_{k}(n))，容易发现当且仅当最后两项的和与前面的和 (mod p) 不为 (0) 时是合法的，这样就只用考察 (x^2+y^2) 的二次剩余的分布了，就可以轻松得到上式。
然后又因为 (x pmod {p imes q},gcd(p,q)=1) 是二次剩余当且仅当 (xpmod p) 是二次剩余且 (xpmod q) 是二次剩余，所以就又可以轻松得到积性了。
于是证明大概就是这样咯 QwQ。