【powerful number】JZOJ6785.【NOI2020.08.07模拟】T3（remapping）

Description

• 若$x=\prod p^k$，则$f(x)=2^{\sum k}$，求${\sum }_{i=1}^{n}f(i)$。
• $n<=1e14$

Solution

• 首先$f(x)$是一个积性函数，我们考虑将$f$卷两次$\mu$。
• $u=(f\ast \mu )\ast \mu$（狄利克雷卷积），展开后不难发现$u$只在powerful number处有值，显然$u$是一个积性函数，根据这题的条件算出$u(p^k)=2^{k-2}(k\ge 2)$
• 那么答案就是${\sum }_{i=1}^{n}u(i){\sum }_{a,b}[iab\le n]={\sum }_{i=1}^{n}u(i){\sum }_{j=1}^{n/i}d(j)$，$d(i)$为$i$的约数个数。
• ${\sum }_{i=1}^{m}d(i)={\sum }_{i=1}^m\frac{m}{i}$，可以$\sqrt{n}$算出。
• powerful number可以表示成$a^2{b}^3$，不难算出最多有$\sqrt{n}$个，暴力枚举即可。
• 由于是根号套根号，积分后可以算出时间复杂度为$\sqrt{n}log\sqrt{n}$
• 注意卡常，我们在计算约数个数的时候，由于对称性可以这样算：
  $2({\sum }_{i=1}^{\sqrt{n}}\frac{n}{i})-(\sqrt{n}{)}^2$，相比整除分块少了4倍的常数。

#include
#include
#include
#include
#define maxn 10000005
#define ll long long 
using namespace std;

ll n,sqrp[maxn],_2[60];
int mo;

int tot,pri[maxn],bz[maxn];
void getpri(){
	for(int i=2;i<maxn;i++) {	
		if (!bz[i]) pri[++tot]=i,sqrp[tot]=(ll)i*i;
		for(int j=1;pri[j]*i<maxn;j++){	
			bz[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]==0) break;
		}
	}
}

ll s[2][maxn],B,ans;
void doit(ll m,ll mul){
	ll p=n/m;
	int t=p>B,k=t?n/p:p;
	if (s[t][k]) {ans+=mul*s[t][k];return;}
	ll sum=0,pb=sqrt(p);
	for(int i=1;i<=pb;i++) sum+=p/i;
	sum=((sum<<1)-pb*pb)%mo;
	s[t][k]=sum,ans+=mul*sum;
}

void dg(ll now,int pre,int cnt){
	for(int i=pre+1;i<=tot&&sqrp[i]*now<=n;i++){	
		ll tmp=now*sqrp[i]; int tmpc=cnt;
		while (sqrp[i+1]<=n/tmp) 
			dg(tmp,i,tmpc),tmp=tmp*pri[i],tmpc++;
		tmp=now*sqrp[i],tmpc=cnt,doit(tmp,_2[tmpc]);
		while (pri[i]<=n/tmp) tmp=tmp*pri[i],tmpc++,doit(tmp,_2[tmpc]);
	}
}

int main(){
	freopen("remapping.in","r",stdin);
	freopen("remapping.out","w",stdout);
	scanf("%lld%d",&n,&mo),B=sqrt(n);
	_2[0]=1;for(int i=1;i<60;i++) _2[i]=_2[i-1]*2%mo;
	getpri();
	doit(1,1),dg(1,0,0);
	printf("%lld\n",ans%mo);
}