【51nod2026】Gcd and Lcm（杜教筛）

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　　我们可以先观察一下这个$f(x)=sum_{d|x}mu(d) cdot d$。

　　首先它是个积性函数，并且$f(p^k)=1-p (k>0)$，这说明函数$f(x)$的值只与$x$的质因数集合有关，与每个质因数的次数无关，然后我们就容易发现$f(gcd(i,j)) cdot f(lcm(i,j))=f(i) cdot f(j)$。

　　于是原式化为

$$ egin{aligned} sum_{i=1}^{n} sum_{j=1}^{n} f(gcd(i,j)) cdot f(lcm(i,j)) & =sum_{i=1}^{n} sum_{j=1}^{n} f(i) cdot f(j) \ & =(sum_{i=1}^{n}f(i))^2 \ end{aligned} $$

　　那么我们只需求出$f(x)$的前缀和。

　　设$g(x)=x,h(x)=[x=1]$，容易证明$f ast g=h$（这里$ast$指狄利克雷卷积），那么我们可以用杜教筛求解。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<map>
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define Mod1(x) (x>=mod?x-mod:x)
#define Mod2(x) (x<0?x+mod:x)
inline ll read()
{
    ll x=0; char c=getchar(),f=1;
    for(;c<'0'||'9'<c;c=getchar())if(c=='-')f=-1;
    for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar())x=x*10+c-'0';
    return x*f;
}
inline void write(ll x)
{
    static int buf[20],len; len=0;
    if(x<0)x=-x,putchar('-');
    for(;x;x/=10)buf[len++]=x%10;
    if(!len)putchar('0');
    else while(len)putchar(buf[--len]+'0');
}
inline void writeln(ll x){write(x); putchar('
');}
inline void writesp(ll x){write(x); putchar(' ');}
const int limit=2000000,inv2=(mod+1)/2;
std::map<ll,ll>mp,mark;
int p[limit+10],mn[limit+10],f[limit+10],sum[limit+10];
ll n,tot;
void euler(int n)
{
    tot=0; f[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!mn[i])p[++tot]=i,mn[i]=tot,f[i]=Mod2(1-i);
        for(int j=1;j<=mn[i]&&i*p[j]<=n;j++)
            mn[i*p[j]]=j,f[i*p[j]]=(j==mn[i]?f[i]:(ll)f[i]*f[p[j]]%mod);
    }
    sum[0]=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i]=Mod1(sum[i-1]+f[i]);
}
ll solve(ll n)
{
    if(n<=limit)return sum[n];
    if(mark[n])return mp[n];
    ll sum=n;
    for(ll i=2,j;i<=n;i=j+1){
        j=n/(n/i);
        sum-=solve(n/i)*(((i+j)%mod)*((j-i+1)%mod)%mod*inv2%mod)%mod;
        sum=Mod2(sum);
    }
    mark[n]=1;
    return mp[n]=sum;
}
int main()
{
    n=read();
    euler(limit);
    mark.clear();
    mp.clear();
    ll ans=solve(n);
    writeln(ans*ans%mod);
    return 0;
}