[51nod]1363 最小公倍数之和(欧拉函数)

题意

求组

数据范围: 

题解

首先

其次一定是的约数,我们枚举的值

在gcd中我介绍过一种对于的求法,也是枚举的值

对于每个,,那么

这题运用同样的思想:

这里涉及如何对比小且与互素的元素求和的子问题

我们注意到若,对于,故可是配对求和得;和也为

整理一下答案即为(我们可以特别的记或者单列出来考虑的情况,下面的操作是后者)

 

直接计算会,需要进一步化解

考虑的素因子分解,注意到每个对于求和的贡献是相对独立的

我们分析任意:

• 不含,对其贡献为
• ,贡献为
• 所以总共献为
• 那么

 

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

using LL = long long;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int MAXN = 4e4 + 5;
int T, N;
bool noprime[MAXN];
int prime[MAXN], cnt_p;
void Euler_Sieve(int top);
LL qpow(LL, LL);

int main(){
  ios::sync_with_stdio(false);
  Euler_Sieve(MAXN - 5);
  int inv_2 = MOD / 2 + 1;
  cin >> T;
  while(T--){
    cin >> N;
    LL ans = N, tmp = 1;

    int i;
    for(i = 1; i <= cnt_p && N >= prime[i]; i++)
      if(N % prime[i] == 0){
        int ind = 0;
        while(N % prime[i] == 0) N /= prime[i], ind++;
        tmp = tmp * (1 + prime[i] * (qpow(prime[i], 2 * ind) - 1 + MOD) % MOD * qpow(prime[i] + 1, MOD - 2) % MOD) % MOD;
      }
    if(N > 1) tmp = tmp * (1 + 1LL * N * (N - 1 + MOD) % MOD) % MOD;

    tmp += 1;
    ans = ans * tmp % MOD;
    ans = ans * inv_2 % MOD;
    cout << ans << endl;
  }
  return 0;
}

LL qpow(LL x, LL n){
  LL res = 1;
  while(n){
    if(n & 1) res = res * x % MOD;
    x = x * x % MOD;
    n >>= 1;
  }
  return res;
}

void Euler_Sieve(int top){
  int i, j;
  for(i = 2; i <= top; i++){
    if(!noprime[i]) prime[++cnt_p] = i;
    for(j = 1; j <= cnt_p && prime[j] * i <= top; j++){
      noprime[prime[j] * i] = true;
      if(i % prime[j] == 0){
        break;
      }
    }
  }

}