【题解&杜教筛总结】51Nod1238 最小公倍数和V3

前置知识：杜教筛。（不会点这里）。

大片公式预警！！！

题意

求$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\text{lcm}(i,j)$。（$1\le n\le 10^{10}$）

题解

简单回顾

开始之前，先来回顾一下几个和杜教筛有关的式子（定义$\ast$为数论函数的狄利克雷卷积）：
$$\begin{array}{rl}& I(n)=1,id(n)=n,ϵ(n)=[n=1]\\ & \mu \ast I=ϵ(1)\\ & \phi \ast I=id(2)\\ & \mu \ast id=\phi (3)\end{array}$$
由$(1)$可以推出$\sum _{d|n}\mu (d)=[n=1]$。

由$(2)$可以推出$\sum _{d|n}\phi (d)=n$。

$(3)$则经常用于$\mu$和$\phi$的互相转化。

正式开始

看到这种题，上来就先暴力化式子。（除法默认下去整）
$$\begin{array}{rlr}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\text{lcm}(i,j)& =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{ij}{(i,j)}& \\ & =\sum _{d=1}^n\frac{1}{d}\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{n}{d}}{d}^{2}ij\cdot [(i,j)=d]& \text{（先枚举gcd）}\\ & =\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{j=1}^{\frac{n}{d}}ij\sum _{x|(i,j)}\mu (x)& \text{(由(1)式可得)}\\ & =\sum _{d=1}^{n}d\sum _{x=1}^{\frac{n}{d}}{x}^2\mu (x)\sum _{i=1}^{\frac{n}{dx}}\sum _{j=1}^{\frac{n}{dx}}ij& \end{array}$$
接下来，设$T=dx$，$g(x)=\sum _{i=1}^x\sum _{j=1}^{x}ij=(\sum _{i=1}^{x}i{)}^2=\frac{n^2(n+1{)}^2}{4}$。于是我们先枚举$T$，把$g(x)$带进去，就可以接着化上面那个式子了。
$$\begin{array}{rl}\sum _{d=1}^{n}d\sum _{x=1}^{\frac{n}{d}}{x}^2\mu (x)\sum _{i=1}^{\frac{n}{dx}}\sum _{j=1}^{\frac{n}{dx}}ij& =\sum _{T=1}^{n}g(\frac{n}{T})\sum _{x|T}{x}^2\mu (x)\cdot \frac{T}{x}\end{array}$$
然后我们发现前面$g(\frac{n}{T})$可以除法分块，关键在于如何求出后面这一部分的前缀和。

所以令$F(n)=\sum _{x|n}{x}^2\mu (x)\cdot \frac{n}{x}$，$A(n)=n^2\mu (n)$，$B(n)=n$，那么$F=A\ast B$。

$B$看起来已经很简单了，所以我们尝试用构造一个$C$，让$A\ast C$变得简单一些，这样就可以用杜教筛求前缀和了（很明显$F$是积性函数）。

我们发现$A$中的$x^2$让我们很不舒服，所以我们考虑$C(x)=x^2$，这样在卷积的时候可以把$x^2$给消掉。
$$\begin{array}{rlr}(A\ast C)(n)& =\sum _{x|n}{x}^2\mu (x)(\frac{n}{x}{)}^2& \\ & =n^2\sum _{x|n}\mu (x)& \\ & =n^2[n=1]& \text{(由之前的推论可得)}\\ & =[n=1]& \\ \therefore A\ast C=ϵ& & \end{array}$$
诶，这下看起来简单多了。
$$\begin{array}{rl}\therefore F\ast C& =(A\ast C)\ast B\\ & =ϵ\ast B\\ & =B\\ \therefore (F\ast C)& (n)=n\end{array}$$
设$S(n)$为$F(n)$的前缀和，然后套上杜教筛的式子：
$$\begin{array}{rl}C(1)S(n)& =\sum _{i=1}^n(F\ast C)(n)-\sum _{i=2}^{n}C(i)S(\frac{n}{i})\\ 即S(n)& =\frac{n(n+1)}{2}-\sum _{i=2}^n{i}^{2}S(\frac{n}{i})\end{array}$$
那么只要能够线性求出前几百万个$S$就可以直接杜教筛了。

观察$F(n)=\sum _{x|n}{x}^2\mu (x)\cdot \frac{n}{x}=n\sum _{x|n}x\mu (x)$，所以考虑线性筛出积性函数$g(n)=\sum _{x|n}x\mu (x)$。

我们想想线性筛的时候有那些情况需要考虑。

1. 当$n$为质数时，$g(n)=1\cdot \mu (1)+n\cdot \mu (n)=1-n$。
2. 当$p$为质数且与$i$互质时，$g(i\cdot p)=g(i)\cdot g(p)=g(i)\cdot (1-p)$。
3. 当$p$为质数且$i$为p的倍数时，由积性函数的性质可知，$g(i)=g(p_1^{a_1})\cdot g(p_2^{a_2})\cdots$，那么$g(i\cdot p)$中，$p$的指数至少是2，又因为当指数$a>1$时$g(p^a)=g(p^{a-1})+p^a\cdot \mu (p^a)=g(p^{a-1})$，则$g(p^a)=g(p)$，所以此时$g(i\cdot p)=g(i)$。

考虑完这三种情况后，我们就可以线性筛出$S$了。

代码

#include 
#define ll long long
#define MAX 5000005
#define P 1000000007
using namespace std;

ll qpow(ll a, ll n){
    ll res = 1;
    while(n){
        if(n&1) res = res*a%P;
        a = a*a%P;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}

const ll inv2 = (P+1)/2, inv6 = 166666668;

int cnt;
ll p[MAX], vis[MAX], f[MAX];
void init(int n){
    f[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++){
        if(!vis[i]){
            p[++cnt] = i;
            f[i] = 1-i+P;
        }
        for(int j = 1; j <= cnt && p[j]*i <= n; j++){
            vis[p[j]*i] = 1;
            if(i%p[j] == 0){
                f[i*p[j]] = f[i];
                break;
            }
            f[i*p[j]] = f[i]*(1-p[j]+P)%P;
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        f[i] = (f[i]*i%P+f[i-1])%P;
    }
}

ll sum(ll n){
    n %= P;
    return n*(n+1)%P*(2*n%P+1)%P*inv6%P;
}
ll g(ll n){
    n %= P;
    return n*(n+1)%P*n%P*(n+1)%P*inv2%P*inv2%P;
}

map<ll, ll> s;
ll S(ll n){
    if(n < MAX) return f[n];
    if(s.count(n)) return s[n];
    ll ans = (n+1)%P*(n%P)%P*inv2%P;
    for(ll l = 2, r; l <= n; l = r+1){
        r = n/(n/l);
        (ans -= (sum(r)-sum(l-1)+P)%P*S(n/l)%P) %= P;
        if(ans < 0) ans += P;
    }
    return s[n] = ans%P;
}

int main()
{
    init(MAX-1);
    ll n, ans = 0;
    cin >> n;
    for(ll l = 1, r; l <= n; l = r+1){
        r = n/(n/l);
        ll t = n/l, sum = (S(r)-S(l-1)+P)%P;
        ans = (ans+g(t)%P*sum%P)%P;
    }
    cout << ans << endl;

    return 0;
}