BZOJ_4176_Lucas的数论_杜教筛+莫比乌斯反演

BZOJ_4176_Lucas的数论_杜教筛+莫比乌斯反演

Description

去年的Lucas非常喜欢数论题，但是一年以后的Lucas却不那么喜欢了。

在整理以前的试题时，发现了这样一道题目“求Sigma(f(i)),其中1<=i<=N”，其中 表示i的约数个数。他现在长大了，题目也变难了。

求如下表达式的值：

 

其中 表示ij的约数个数。

他发现答案有点大，只需要输出模1000000007的值。

Input

第一行一个整数n。

Output

 一行一个整数ans，表示答案模1000000007的值。

Sample Input

2

Sample Output

8

HINT

 对于100%的数据n <= 10^9。

---

$f(nm)=sumlimits_{i|n}sumlimits_{j|m}[gcd(i,j)=1]$

证明：首先$ij|nm$，但直接枚举$ij$会有些重复。

设$gcd(i,j)=k,a=i/k,b=j/k$

发现一定能枚举到$i'=a*k,j'=b,$和$i''=a,j''=b*k$，此时$gcd(i',j')=gcd(i'',j'')=1$。

考虑$a*b*k$这个约数其实是被枚举了两次，不妨用这两次中的一个来‘代表’$a*b*k*k$。

因此我们枚举$gcd(i,j)=1$的$i,j$即可，只是此时$ij$可能有相等的，他们代表的约数不同。

可以举$n=2,m=6$的例子自己手算一下。

$sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{n}f(ij)
=
sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{n}sum
limits_{x|i}sumlimits_{y|j}[gcd(x,y)=1]$

$=sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{n}sum
limits_{x|i}sumlimits_{y|j}sumlimits_{d|gcd(x,y)}mu(d)$

$=sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{n}sum
limits_{x|i}sumlimits_{y|j}sumlimits_{d|gcd(x,y)}mu(d)$

$=sumlimits_{d=1}^{n}mu(d)sumlimits_{i=1}^{n/d}sumlimits_{j=1}^{n/d}sum
limits_{x=1}^{frac{n/d}{i}}sumlimits_{y=1}^{frac{n/d}{j}}$

$=sumlimits_{d=1}^{n}mu(d)(sumlimits_{i=1}^{n/d}frac{n/d}{i})^{2}$

$mu$的前缀和用杜教筛搞，后面的只有$sqrt{n/d}$种取值。

代码：

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll mod=1000000007;
map<ll,ll>f;
int m=1000000;
int prime[1000050],cnt,miu[1000050],summiu[1000050];
bool vis[1000050];
ll calc1(ll n) {
	if(n<=m) return summiu[n];
	if(f.count(n)) return f[n];
	ll i,lst,ans=1;
	for(i=2;i<=n;i=lst+1) {
		lst=n/(n/i);
		ans=(ans-(lst-i+1)*calc1(n/i)%mod+mod)%mod;
	}
	return f[n]=ans;
}
ll calc2(ll n)
{
    ll ans=0,i,lst;
    for(i=1;i<=n;i=lst+1) {
    	lst=n/(n/i);
    	ans=(ans+n/i*(lst-i+1))%mod;
    }
    return ans*ans%mod;
}
void init() {
	int i,j;
	miu[1]=summiu[1]=1;
	for(i=2;i<=m;i++) {
		if(!vis[i]) {
			prime[++cnt]=i;
			miu[i]=-1;
		}
		for(j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=m;j++) {
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) {
				miu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			miu[i*prime[j]]=-miu[i];
		}
		summiu[i]=summiu[i-1]+miu[i];
	}
}
int main() {
	init();
	ll n,ans=0,i,lst;
	scanf("%lld",&n);
	for(i=1;i<=n;i=lst+1) {
		lst=n/(n/i);
		ans=(ans+(calc1(lst)-calc1(i-1)+mod)%mod*calc2(n/i))%mod;
	}
	printf("%lld
",ans);
}