杜教筛--51nod1239 欧拉函数之和

求$\sum_{i=1}^{n}\varphi (i)$，$n\leqslant 1e10$。

这里先把杜教筛的一般套路贴一下：

要求$S(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$，而现在有一数论函数$g(i)$，$g(i)$的前缀和很无脑，且$f$和$g$的狄利克雷卷积的前缀和很无脑（太巧了吧。。），那么由

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})$

闪一句，常用套路：设$i=kd$，转而枚举$k$。

$=\sum_{k=1}^{n}g(k)\sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}f(d)$

$=\sum_{k=1}^{n}g(k)S(\frac{n}{k})$

可得

$g(1)S(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}f(d)g(\frac{i}{d})-\sum_{k=2}^{n}g(k)S(\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor)$

进而递推求S。

官方复杂度：（假如构造的卷积的前缀和和g的前缀和都是O(1)可知）由于S那个除法的取值范围：1，2，……，m-1，m，n/m，n/(m-1)，……，n，

可以想到预处理一部分再算一部分，假设预处理了$n^k$，那么总的复杂度就是：$max(n^k,没预处理的那一段)$，

没预处理的那段就是$\sum_{i=1}^{n^{1-k}}\sqrt{\frac{n}{i}}=n^{\frac{1}{2}}\sum_{i=1}^{n^{1-k}}i^{-\frac{1}{2}}\approx n^{\frac{1}{2}}n^\frac{1-k}{2}$

所以总的复杂度就是$max(n^k,n^{\frac{1}{2}}n^\frac{1-k}{2})$，当$\frac{1}{2}+\frac{1-k}{2}=k$时取得最小复杂度，$k=\frac{2}{3}$.

然而我这里有点不懂：因为没预处理的那段我们是直接递归+记忆化的，那记忆化的那部分复杂度怎么算？如何证明杜教筛过程中出现的数字个数的上限？暂不知。先用着。

好那这道题，我们要找一个前缀和无脑且和$\varphi $乘起来无脑的一个函数--1！——就是f(x)=1不知道叫什么——因为有$\varphi *1=Id$，$Id(x)=x$。

那就带进去玩一玩：

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}\varphi (d)=\sum_{k=1}^{n}1\sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\varphi (d)= \sum_{k=1}^{n}S(\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor)$

玩够一百下再玩一百下：

$S(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}1*\varphi (d)-\sum_{k=2}^{n}S(\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor)=\frac{n(n+1)}{2}-\sum_{k=2}^{n}S(\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor)$。

OK丢去筛吧。

 #include<string.h>
 #include<stdlib.h>
 #include<stdio.h>
 #include<math.h>
 //#include<assert.h>
 #include<algorithm>
 //#include<iostream>
 //#include<bitset>
 using namespace std;

 #define LL long long
 LL n,m;
 #define maxn 5000011
 const int mod=1e9+;
 int phi[maxn],sumphi[maxn],prime[maxn/],lp; bool notprime[maxn];
 void pre(int n)
 {
     lp=; phi[]=; sumphi[]=;
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         if (!notprime[i]) {prime[++lp]=i; phi[i]=i-;}
         sumphi[i]=sumphi[i-]+phi[i];
         sumphi[i]-=sumphi[i]>=mod?mod:;
         for (int j=,tmp;j<=lp && 1ll*prime[j]*i<=n;j++)
         {
             notprime[tmp=i*prime[j]]=;
             if (i%prime[j]) phi[tmp]=1ll*phi[i]*(prime[j]-)%mod;
             else {phi[tmp]=1ll*phi[i]*prime[j]%mod; break;}
         }
     }
 }

 struct Edge{LL to; int v,next;};
 #define maxh 1000007
 struct Hash
 {
     int first[maxh],le;Edge edge[maxn];
     Hash() {le=;}
     void insert(LL y,int v)
     {int x=y%maxh; Edge &e=edge[le]; e.to=y; e.v=v; e.next=first[x]; first[x]=le++;}
     int find(LL y)
     {
         int x=y%maxh;
         for (int i=first[x];i;i=edge[i].next) if (edge[i].to==y) return edge[i].v;
         return -;
     }
 }h;

 int du(LL n)
 {
     if (n<=m) return sumphi[n];
     int tmp=h.find(n); if (tmp!=-) return tmp;
     LL tot=;
     for (LL i=,last;i<=n;i=last+)
     {
         last=n/(n/i);
         tot+=(last-i+)*du(n/i)%mod;
         tot-=tot>=mod?mod:;
     }
     LL ans=(n%mod)*((n+)%mod)%mod*((mod+)>>)%mod-tot;
     ans+=ans<?mod:;
     h.insert(n,ans);
     return ans;
 }

 int main()
 {
     scanf("%lld",&n);
     m=(LL)pow(pow(n,1.0/),); pre(m);
     printf("%d\n",du(n));
     return ;
 }