【bzoj 4176】 Lucas的数论 莫比乌斯反演（杜教筛）

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：

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。

题解：

　　解锁新技能：杜教筛。

　　再复习一下：

　　若$F(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)，g(i)=\sum_{j|i}f(i),G(n)=\sum_{i=1}^{n}g(i)$，

　　则有：$G(n)=\sum_{i=1}^{n}F(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$。

　　即：$F(n)=G(n)-\sum_{i=2}^{n}F(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor)$

　　然后就可以上杜教筛了。

　　话归正题：
　　对于本题，其实和bzoj3994式子一样……

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}d(ij)$

$=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{p=1}^{n^{2}}[p|ij]$

$=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{p=1}^{n^{2}}[\frac{p}{(p,i)}|j]$

$=\sum_{t=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor}\sum_{j=1}^{n}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n^{2}}{t}\rfloor}[p|j]*[(i,p)==1]$

$=\sum_{t=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{t}\rfloor}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n^{2}}{t}\rfloor}\sum_{d|(i,p)}\mu(d)\lfloor \frac{n}{p} \rfloor$

$=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n^{2}}{td}\rfloor}\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor$

$n>=pd,n^{2}>=tdn$

$\therefore Ans=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{td}\rfloor}\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor$

$Ans=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{td}\rfloor\sum_{p=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor$

$设f(i)=\sum_{x=1}^{i}\lfloor\frac{i}{x} \rfloor$

$\therefore Ans=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)f^2(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)$

　　然后分块+杜教筛即可。

代码：

 #include<cstdio>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 const ll N=(ll)3e6+;
 const ll mod=1000000007ll;
 short miu[N];
 int prim[N/],num;
 bool vis[N];
 int sum[N];
 inline void init(){
     miu[]=sum[]=;
     for(int i=;i<N;i++){
         if(!vis[i]){
             prim[++num]=i;
             miu[i]=-;
         }for(int j=;j<=num&&prim[j]*i<N;j++){
             vis[i*prim[j]]=;
             if(i%prim[j]==){
                 miu[i*prim[j]]=;
                 break;
             }
             else
                 miu[i*prim[j]]=-miu[i];
         }
       //  printf("miu[%d]=%d\n",i,miu[i]);
     }
     for(int i=;i<N;i++)
         sum[i]=sum[i-]+miu[i];
 }
 struct edges{
     ll v;int w;edges *last;
 }edge[N/],*head[];int cnt;
 const int limit=;
 inline void push(int u,ll v,int w){
     edge[++cnt]=(edges){v,w,head[u]};head[u]=edge+cnt;
 }
 inline ll Get_sum(ll x){
     if(x<N) return sum[x];
     int t=x%limit;
     for(edges *i=head[t];i;i=i->last)
         if(i->v==x) return i->w;
     ll ans=;
     for(ll i=,pos;i<=x;i=pos+){
         pos=x/i;
         pos=x/pos;
         ans-=(pos-i+)*Get_sum(x/pos);
     }
     push(t,x,ans);
     return ans;
 }
 inline ll Get_F(ll x){
     ll ans=;
     for(ll i=,pos;i<=x;i=pos+){
         pos=x/i;
         pos=x/pos;
         ll t=x/i;
         ans+=t*(pos-i+);
         ans%=mod;
     }return ans;
 }
 inline ll solve(ll x){
     ll ans=;
     for(ll i=,pos;i<=x;i=pos+){
         pos=x/i;
         pos=x/pos;
         ll t=Get_F(x/i);
         ans+=(Get_sum(pos)-Get_sum(i-))%mod*t%mod*t%mod;
         ans%=mod;
     }
     return (ans%mod+mod)%mod;
 }
 int main(){
     init();
     ll a;
     scanf("%lld",&a);
     printf("%lld\n",solve(a));
 }