51nod 1220 约数之和 杜教筛

题意

d(k)表示k的所有约数的和。d(6) = 1 + 2 + 3 + 6 = 12。
定义S(N) = ∑1<=i<=N ∑1<=j<=N d(i*j)。
例如：S(3) = d(1) + d(2) + d(3) + d(2) + d(4) + d(6) + d(3) + d(6) + d(9) = 59，S(1000) = 563576517282。
给出正整数N，求S(N)，由于结果可能会很大，输出Mod 1000000007(10^9 + 7)的结果。
2 <= N <= 10^9

分析

设 σ(i) 表示i的约数和。
这题要用到一个结论，就是

σ(ij)=∑p|i∑q|j[(p,q)=1]pjq

。
证明的话，可以考虑每个素因子分开考虑。设 r 为素数， i=ra,j=rb 。当 p=r0 时 pjq 可以取到 r0..rb ；反之当 q=r0 时 pjq 可以取到 rb+1..ra+b 。
那么有

ans=∑i=1n∑j=1n∑p|i∑q|j[(p,q)=1]pjq

反演一下可以得到

ans=∑d=1nμ(d)∑i=1n∑j=1n∑p|i∑q|j[d|(p,q)]pjq

=∑d=1nμ(d)∑d|p∑d|qpq∑p|i∑q|jj

=∑d=1nμ(d)∑d|p∑d|qpq⌊np⌋q⌊nq⌋(⌊nq⌋+1)2

=∑d=1nμ(d)∑d|pp⌊np⌋∑d|q⌊nq⌋(⌊nq⌋+1)2

=∑d=1nμ(d)d(∑p=1⌊nd⌋p⌊ndp⌋)(∑q=1⌊nq⌋⌊ndq⌋(⌊ndq⌋+1)2)

这已经是一个分块的式子了，考虑把下取整里面的东西换一下。

∑i=1ni⌊ni⌋

∑i=1n⌊ni⌋(⌊ni⌋+1)2

也就是说我们要考虑如何快速求这两个东西。
其中第一个式子的下取整可以看做n以内有多少个数是i的倍数，那么可以得到

∑i=1ni⌊ni⌋=∑i=1nσ(i)

对第二个式子进行变形：

∑i=1n⌊ni⌋(⌊ni⌋+1)2=∑i=1n∑j=1⌊ni⌋j=∑i=1ni⌊ni⌋

也就是说上面两个式子的值居然是相等的！
那么就有

ans=∑d=1nμ(d)d(∑i=1⌊nd⌋σ(i))2

前面那部分的前缀和可以用杜教筛来求，后面那部分就小的预处理大的分块求即可。

代码

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

typedef long long LL;

const int N=2000005;
const int MOD=1000000007;

int n,prime[N],yue[N],low[N],s[N],tot;
bool not_prime[N];
map<int,int> w;

void get_prime(int n)
{
    yue[1]=s[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!not_prime[i]) prime[++tot]=i,yue[i]=i+1,s[i]=-i,low[i]=i;
        for (int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=n;j++)
        {
            not_prime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0)
            {
                low[i*prime[j]]=low[i]*prime[j];
                yue[i*prime[j]]=(LL)yue[i]*prime[j]%MOD+yue[i/low[i]];
                yue[i*prime[j]]-=yue[i*prime[j]]>=MOD?MOD:0;
                break;
            }
            low[i*prime[j]]=prime[j];
            yue[i*prime[j]]=(LL)yue[i]*yue[prime[j]]%MOD;
            s[i*prime[j]]=s[i]*s[prime[j]];
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) s[i]+=s[i]<0?MOD:0,s[i]+=s[i-1],s[i]-=s[i]>=MOD?MOD:0;
    for (int i=1;i<=n;i++) yue[i]+=yue[i-1],yue[i]-=yue[i]>=MOD?MOD:0;
}

int get_s(int n)
{
    if (n<=2000000) return s[n];
    if (w[n]) return w[n];
    int ans=1;
    for (int i=2,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=n/(n/i);
        ans+=MOD-(LL)((LL)last*(last+1)/2-(LL)i*(i-1)/2)%MOD*get_s(n/i)%MOD;
        ans-=ans>=MOD?MOD:0;
    }
    return w[n]=ans;
}

int get_yue(int n)
{
    if (n<=2000000) return yue[n];
    int ans=0;
    for (int i=1,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=n/(n/i);
        ans+=(LL)((LL)last*(last+1)/2-(LL)i*(i-1)/2)%MOD*(n/i)%MOD;
        ans-=ans>=MOD?MOD:0;
    }
    return ans;
}

int solve(int n)
{
    int ans=0;
    for (int i=1,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=n/(n/i);int w=get_yue(n/i);
        ans+=(LL)(get_s(last)+MOD-get_s(i-1))*w%MOD*w%MOD;
        ans-=ans>=MOD?MOD:0;
    }
    return ans;
}

int main()
{
    get_prime(2000000);
    scanf("%d",&n);
    printf("%d",solve(n));
    return 0;
}