loj#6229 这是一道简单的数学题

\(\color{#0066ff}{ 题目描述 }\)

这是一道非常简单的数学题。

最近 LzyRapxLzyRapx 正在看 mathematics for computer science 这本书，在看到数论那一章的时候， LzyRapxLzyRapx 突然想到这样一个问题。

设

\[F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i\frac{\mathrm{lcm}(i,j)}{\mathrm{gcd}(i,j)}
\]

其中，\(\mathrm{lcm}(a,b)\) 表示 \(a\) 和 \(b\) 的最小公倍数，\(\mathrm{gcd}(a,b)\) 表示 \(a\) 和 \(b\) 的最大公约数。

给定 \(n\) ，让你求： \(F(n) \bmod1000000007\)。

\(L\) 同学太菜啦，QAQ，并不会做这道简单题，所以他想请你帮他解决这个问题。

\(\color{#0066ff}{输入格式}\)

输入一行，一个正整数 \(n\,(1 \le n \le 10^9)\)。

\(\color{#0066ff}{输出格式}\)

输出 \(F(n)\) ，对 \(10^9 + 7\) 取模。

\(\color{#0066ff}{输入样例}\)

5

\(\color{#0066ff}{输出样例}\)

84

\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)

对于所有数据，\(1 \le n \le 10^9\)。

\(\color{#0066ff}{ 题解 }\)

开始推式子

题目要求

\[F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i\frac{\mathrm{lcm}(i,j)}{\mathrm{gcd}(i,j)}
\]

可以考虑求

\[F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{\mathrm{lcm}(i,j)}{\mathrm{gcd}(i,j)}
\]

然后发现我们要求的答案是下图S1+S3，上面的式子是整个正方形

于是答案可以等于（正方形+对角线）的一半

所以问题转为了下面的式子，顺便改写为gcd形式

\[F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{i*j}{\mathrm{gcd}(i,j)^2}
\]

于是，枚举gcd

\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n [gcd(i,j)==d]\frac{i*j}{d^2}
\]

后面把d弄出来

\[\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} [gcd(i,j)==1]i*j
\]

利用\(\mu * i = e\)套进去

\[\sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac n d \rfloor} \sum_{k|gcd(i,j)} \mu(k)*i*j
\]

即

\[\sum_{d=1}^n \sum_{k=1}^{\lfloor\frac n d \rfloor}\sum_{k|i} \sum_{k|j} \mu(k)*i*j
\]

改为枚举倍数

\[\sum_{d=1}^n \sum_{k=1}^{\lfloor\frac n d \rfloor} \mu(k)*k^2\sum _{i=1}^{\lfloor\frac n {kd}\rfloor} \sum _{j=1}^{\lfloor\frac n {kd}\rfloor}i*j
\]

然后pd换q的套路

\[\sum_{q=1}^n\sum_{k|q} \mu(k)* k^2 (\sum _{i=1}^{\lfloor\frac n {q}\rfloor}i)^2
\]

\[令f(i)=\sum_{k|i}\mu(k) * k^2, g(i)=i^2,t(i)=\mu(i)*i^2
\]

我们现在要求的\(h=f*g\)这样才能杜教筛

考虑将f拆开，可以发现\(f=t*1\)

于是\(h=t*1*g=t*g*1\)

然后可以神奇的发现

\[(t*g)(n)=n^2*\sum_{d|n} \mu(d)=e
\]

然后。。。

\[h=t*g*1=e*1=1
\]

额，\(h(n)=1\)

不过杜教筛的前半部分是要线性筛的，这东西咋弄啊？

可以发现，\(\mu(d)*d^2\) 是一个积性函数*完全积性函数

所以\(\mu(d)*d^2\)肯定是记性函数

而f是这东西卷上一个1，所以肯定是积性函数，随便筛就行了qwq

#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
	char ch; LL x = 0, f = 1;
	while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
	for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
	return x * f;
}
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 4e6 + 10;
std::map<int, LL> mp;
LL pri[maxn], mu[maxn], tot, six;
bool vis[maxn];
LL ksm(LL x, LL y) {
	LL re = 1LL;
	while(y) {
		if(y & 1) re = re * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}
void predoit() {
	six = ksm(6, mod - 2);
	mu[1] = 1;
	vis[1] = true;
	for(LL i = 2; i < maxn; i++) {
		if(!vis[i]) pri[++tot] = i, mu[i] = 1 - (LL)i * i;
		for(int j = 1; j <= tot && (LL)i * pri[j] < maxn; j++) {
			vis[i * pri[j]] = true;
			if(i % pri[j] == 0) {
				mu[i * pri[j]] = mu[i];
				break;
			}
			else mu[i * pri[j]] = mu[i] * mu[pri[j]];
		}
	}
	for(int i = 2; i < maxn; i++) mu[i] = (mu[i] + mu[i - 1]) % mod;
}
LL gettot(LL x) {
	x %= mod;
	LL ans = (x * (x + 1) >> 1) % mod;
	return ans * ans % mod;
}
LL getpfh(LL x) {
	x %= mod;
	LL ans = x;
	ans = (ans * (x + 1)) % mod;
	ans = (ans * ((x << 1LL) + 1)) % mod;
	return ans * six % mod;
}
LL getmu(LL n) {
	if(n < maxn) return mu[n];
	if(mp.count(n)) return mp[n];
	LL ans = n;
	for(LL l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		LL tot1 = ((getpfh(r) - getpfh(l - 1)) % mod + mod) % mod;
		tot1 = (tot1 * getmu(n / l)) % mod;
		ans = ((ans - tot1) % mod + mod) % mod;
	}
	return mp[n] = ans;
}

LL work(LL n) {
	LL ans = 0;
	for(LL l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		LL tot1 = ((getmu(r) - getmu(l - 1)) % mod + mod) % mod;
		tot1 = tot1 * gettot(n / l) % mod;
		ans = (ans + tot1) % mod;
	}
	return ((ans + n) % mod) * ksm(2, mod - 2) % mod;
}

int main() {
	predoit();
	printf("%lld\n", work(in()));
	return 0;
}