【每日一题】Steps to One （容斥+错位相减）cf1139D

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前置推论：
1.长度为1的序列只可能是一个1。
2.假设当前的序列长度为$k+1$，且前$k$个数的$gcd=a$不为1的话，那么第$k+1$位的数必然与a互质，所以第$k+1$个数选择的方案为[1,m]中与a互质的数的个数,记$get(a)$为$[1,m]$中与a互质的数的个数，$get(x)$可以通过容斥计算。
那么我们需要统计的就是所有长度>=2的期望。
我们从大到小遍历$[1,m]$，设当前枚举到的数为x，我们计算所有长度为$i+1\ge 2$且序列的前i项的$gcd$为x的期望，那么可以前i项必然都是x的倍数，显然通过求和我们可以得到一个较大的答案

$$\sum _{i=1}^{\infty }\lfloor \frac{m}{x}{\rfloor }^i\frac{get(x)}{m}(i+1)$$
其中$\frac{get(x)}{m}$为常数项可以拎出来单独计算，那么后面的${\sum }_{i=1}^{\infty }\lfloor \frac{m}{x}{\rfloor }^i(i+1)$就是我们要求的，这样求和的东西就是高中常说的错位相减法搞一下就能算出来了。
但是为什么说这个答案较大呢？仔细想一下，这样生成的序列的前i项的gcd必然包含所有x的倍数。
设$P(dx,dy)$为序列长度为dx且gcd为dy的概率
那么后半部分真正的答案就是

$$\sum _{i=1}^{\infty }(\lfloor \frac{m}{x}{\rfloor }^i-\sum _{j=i+1}^{m}P(i,j)[j\%i=0])(i+1)=\sum _{i=1}^{\infty }\lfloor \frac{m}{x}{\rfloor }^i(i+1)-\sum _{j=x+1}^m\sum _{i=1}^{\infty }P(i,j)(i+1)[j\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}x=0]$$
我们设$an[c]={\sum }_{i=1}^{\infty }P(i,c)(i+1)$,那么$an[x]={\sum }_{i=1}^{\infty }\lfloor \frac{m}{x}{\rfloor }^i(i+1)-{\sum }_{j=i+1}^{m}an[j][j\%i=0]$,那么长度为i+1项且前i项的gcd为x的真正期望就是$an[x]\frac{get(x)}{m}$。
综上，对每个数进行讨论并计算答案即可。

#include 
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2e5 + 10;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
LL m;
const LL mod=1e9+7;
LL pm(LL x,LL y){
  LL z=1;
  while(y){
    if(y&1)z=z*x%mod;
    x=x*x%mod;
    y>>=1;
  }
  return z;
}
int a[N],p[N],cnt;
void P(){
  for(int i=2;i<N;i++){
    if(!p[i])a[++cnt]=i;
    for(int j=1;j<=cnt&&1ll*a[j]*i<N;j++){
      p[a[j]*i]=1;
      if(i%a[j]==0)break;
    }
  }
}
LL get(int y){
  vector<int>x;
  for(int i=1;i<=cnt&&1ll*a[i]*a[i]<=y;i++){
    if(y%a[i]==0){
      x.pb(a[i]);
      while(y%a[i]==0)y/=a[i];
    }
  }
  if(y>1)x.pb(y);
  int sz=x.size();
  int ans=m;
  for(int i=1;i<1<<sz;i++){
    int l=0,r=1;
    for(int j=0;j<sz;j++){
      if(1<<j&i){
        l++;
        r*=x[j];
      }
    }
    if(l&1)ans-=m/r;
    else ans+=m/r;
  }
  return ans;
}
LL _get(LL x){
  return (x*(m-x)+x*m)%mod*pm(1ll*(m-x)*(m-x)%mod,mod-2)%mod;
}
LL an[N];
int main() {
  ios::sync_with_stdio(false);
  cin>>m;P();
  LL re_m=pm(m,mod-2);
  LL ans=re_m;
  for(int i=m;i>=2;i--){
    LL x=get(i);
    LL res=_get(m/i)%mod;
    for(int j=i+i;j<=m;j+=i)res-=an[j],res=(res+mod)%mod;
    an[i]=res;
    ans+=res*x%mod*re_m%mod;
    ans%=mod;
  }
  cout<<ans<<'\n';
  return 0;
}