[51Nod 1584] 加权约数和

Description

在整理以前的试题时，他发现了这样一道题目：“求 \(\sum\sigma(i)\)，其中 \(1≤i≤N\)，\(σ(i)\) 表示 \(i\) 的约数之和。”

现在他长大了，题目也变难了，所以麻烦你来帮他解决一道数论题吧。

他需要你求如下表达式的值：

\[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^N\max(i,j)⋅σ(i⋅j)
\]

其中 \(\max(i,j)\) 表示 \(i\) 和 \(j\) 里的最大值，\(\sigma(i⋅j)\) 表示 \(i⋅j\) 的约数之和。

例如当 \(N=2\) 的时候，由 \(σ(1)=1,σ(2)=1+2=3,σ(4)=1+2+4=7\) 可知，答案应为 \(1⋅σ(1⋅1)+2⋅σ(1⋅2)+2⋅σ(2⋅1)+2⋅σ(2⋅2)=27\)。

他发现答案有点大，所以你只需要告诉他答案模 \(1000000007\) 的值即可。

Input

每个测试点含有多组测试数据。

第一行是一个正整数 \(T\)，表示接下来有 \(T\) 组测试数据。

接下来的 \(T\) 行，每组测试数据占一行。

每行有一个正整数 \(N\)，含义如描述所示。

Output

共有 \(T\) 行。对于每组测试数据，输出一行信息"Case #x: y"。

其中 \(x\) 表示对应的是第几组测试数据，\(y\) 表示相应的答案模 \(1000000007\) 的值。

Sample Input

5
1
2
3
4
5

Sample Output

Case #1: 1
Case #2: 27
Case #3: 162
Case #4: 686
Case #5: 1741

HINT

\(1≤T≤50000,1≤N≤1000000\)

Solution

〖一〗

\[\sigma(i\cdot j)=\sum\limits_{p\mid i}\sum\limits_{q\mid j}[\left(p,q)=1\right]\dfrac{p\cdot j}{q}
\]

证明：原式 \(=\sum\limits_{p\mid i}\sum\limits_{q\mid j}\left[\left(p,\dfrac{j}{q}\right)=1\right]p\cdot q\)，设 \(i=\sum p_i^{a_i},j=\sum p_i^{b_i},p=\sum p_i^{c_i},q=\sum p_i^{d_i}\)。

• 若 \(0<c_i\le a_i\)，则 \(d_i=b_i\)，此时可以表示出 \(p_i^{(b_i+1)\rightarrow(b_i+a_i)}\)；
• 若 \(c_i=0\)，则 \(0\le d_i\le b_i\)，此时可以表示出 \(p_i^{0\rightarrow b_i}\)。

综上，该式一定可以表示出 \(p_i^{0\rightarrow(b_i+a_i)}\)。

〖二〗

\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\max(i,j)⋅σ(i⋅j)=2\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}i\cdot\sigma(i\cdot j)-\sum_{i=1}^ni\cdot\sigma(i^2)
\]

\[\begin{eqnarray}
\sum_{i=1}^ni\cdot\sigma(i^2)&=&\sum_{i=1}^{n}i\sum_{p\mid i}\sum_{q\mid i}[(p,q)=1]\frac{p\cdot i}{q}\\
&=&\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n}i\sum_{p\mid i}\sum_{q\mid i}[d\mid(p,q)]\frac{p\cdot i}{q}\\
&=&\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n}i\sum_{d\mid p\mid i}\sum_{d\mid q\mid i}\frac{p\cdot i}{q}\\
&=&\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\cdot d^2\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}i\sum_{p\mid i}p\sum_{q\mid i}\frac{i}{q}\\
&=&\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\cdot d^2\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}i\left(\sum_{p\mid i}p\right)^2
\end{eqnarray}
\]

\[\begin{eqnarray}
\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}i\cdot \sigma(i\cdot j)&=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}i\sum_{p\mid i}\sum_{q\mid j}[(p,q)=1]\frac{p\cdot j}{q}\\
&=&\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}i\sum_{p\mid i}\sum_{q\mid j}[d\mid(p,q)]\frac{p\cdot j}{q}\\
&=&\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\cdot d^2\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}i\sum_{p\mid i}p\sum_{j=1}^{i}\sum_{q\mid j}\frac{j}{q}\\
&=&\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\cdot d^2\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}i\sum_{p\mid i}p\sum_{j=1}^{i}\sum_{q\mid j}q
\end{eqnarray}
\]

而这样只能做到 \(O(\sqrt n)\) 询问，于是进一步化简：

\[\begin{eqnarray}
\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\cdot d^2\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}f(i)&=&\sum_{i=1}^n\sum_{d\mid i}\mu(d)\cdot d^2\cdot f\left(\frac{i}{d}\right)
\end{eqnarray}
\]

第一个式子中的 \(d\) 是 \(i\cdot d\) 的约数，第二个式子中的 \(i\) 表示 \(i\cdot d\)，\(d\) 还是约数，因此两个式子相等。

然后就可以 \(O(n\ln n)\) 预处理，\(O(1)\) 查询了。

Code

#include <cstdio>

const int N = 1000005, mod = 1000000007;
int mu[N], np[N], p[N], tot, a[N], b[N], f[N], g[N], n = 1000000;

int read() {
	int x = 0; char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') c = getchar();
	while (c >= '0' && c <= '9') x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
	return x;
}
void euler() {
	mu[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if (!np[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;
		for (int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j) {
			np[i * p[j]] = 1;
			if (i % p[j] == 0) { mu[i * p[j]] = 0; break; }
			mu[i * p[j]] = -mu[i];
		}
	}
}
int main() {
	euler();
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = i; j <= n; j += i)
			if ((a[j] += i) >= mod) a[j] -= mod;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) if ((b[i] = b[i - 1] + a[i]) >= mod) b[i] -= mod;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		for (int j = i; j <= n; j += i) {
			f[j] = (f[j] + 1LL * mu[i] * i * j % mod * a[j / i] % mod * b[j / i]) % mod;
			g[j] = (g[j] + 1LL * mu[i] * i * j % mod * a[j / i] % mod * a[j / i]) % mod;
		}
	for (int i = 2; i <= n; ++i) {
		if ((f[i] += f[i - 1]) >= mod) f[i] -= mod;
		if (f[i] < 0) f[i] += mod; //mu可能是负数, 需要判断正负
		if ((g[i] += g[i - 1]) >= mod) g[i] -= mod;
		if (g[i] < 0) g[i] += mod;
	}
	int T = read();
	for (int i = 1; i <= T; ++i) n = read(), printf("Case #%d: %lld\n", i, (2LL * f[n] + mod - g[n]) % mod);
	return 0;
}