【莫比乌斯反演+杜教筛】51Nod-1227 平均最小公倍数

【题意】
原题地址
题目大意：见分析。

【解题思路】
显然是反演，然而我的做法和网上题解完全不一样- -，使得我心态爆炸了很久。

题目相当于求 Ans=∑ni=11i∑ij=1lcm(i,j) A n s = ∑ i = 1 n 1 i ∑ j = 1 i l c m ( i , j ) ，开始推柿子。
lcm转化为gcd（跳了一步） ∑ni=1∑ij=1jgcd(i,j) ∑ i = 1 n ∑ j = 1 i j g c d ( i , j )
疯狂改变枚举顺序 ∑nd=1∑⌊nd⌋i=1∑ij=1[gcd(i,j)==1]∗j ∑ d = 1 n ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ ∑ j = 1 i [ g c d ( i , j ) == 1 ] ∗ j
∑nd=1∑⌊nd⌋d′=1∑⌊ndd′⌋i=1∑ij=1(j∗d′∗μ(d′)) ∑ d = 1 n ∑ d ′ = 1 ⌊ n d ⌋ ∑ i = 1 ⌊ n d d ′ ⌋ ∑ j = 1 i ( j ∗ d ′ ∗ μ ( d ′ ) )
我们设 s(x)=x∗μ(x),f(x)=x(x+1)(2x+1)2∗6+x(x+1)2∗2 s ( x ) = x ∗ μ ( x ) , f ( x ) = x ( x + 1 ) ( 2 x + 1 ) 2 ∗ 6 + x ( x + 1 ) 2 ∗ 2
那么上面的柿子可以化成 ∑nd=1∑⌊nd⌋d′=1(s(d′)∗f(⌊ndd′⌋)) ∑ d = 1 n ∑ d ′ = 1 ⌊ n d ⌋ ( s ( d ′ ) ∗ f ( ⌊ n d d ′ ⌋ ) )
我们发现现在还是求不了答案，于是设 T=dd′ T = d d ′
使劲化： ∑nT=1f(⌊nT⌋)∗∑d|Ts(d) ∑ T = 1 n f ( ⌊ n T ⌋ ) ∗ ∑ d | T s ( d )
设 g(x)=∑d|xs(d) g ( x ) = ∑ d | x s ( d ) ，观察柿子我们可以发现：
∑ni=1g(i)=∑ni=1∑d|is(d)=∑nd=1∑⌊nd⌋i=1s(d)=∑nd=1s(d)∗⌊nd⌋ ∑ i = 1 n g ( i ) = ∑ i = 1 n ∑ d | i s ( d ) = ∑ d = 1 n ∑ i = 1 ⌊ n d ⌋ s ( d ) = ∑ d = 1 n s ( d ) ∗ ⌊ n d ⌋
设 sum(x)=∑xi=1s(i) s u m ( x ) = ∑ i = 1 x s ( i ) ，我们可以发现： ∑ni=1g(i)=∑ni=1sum(⌊nd⌋) ∑ i = 1 n g ( i ) = ∑ i = 1 n s u m ( ⌊ n d ⌋ )
接下来的问题是求 s(x)和g(x) s ( x ) 和 g ( x ) ，两个都是积性函数，因为前缀和比较大，考虑用杜教筛。
对于 s(x) s ( x ) 那么卷上一个 id i d ，得到的实际上就是一个 e e
s[i]=∑ni=1∑j|ij∗μ(j)∗ij=∑nj=1∑⌊nj⌋i=1j∗μ(j)=[n==1] s [ i ] = ∑ i = 1 n ∑ j | i j ∗ μ ( j ) ∗ i j = ∑ j = 1 n ∑ i = 1 ⌊ n j ⌋ j ∗ μ ( j ) = [ n == 1 ]
将 i==1 i == 1 的情况移过去，得到：
[n==1]−∑nj=1j∗μ(j)=∑ni=2i∗∑⌊ni⌋j=1j∗μ(j) [ n == 1 ] − ∑ j = 1 n j ∗ μ ( j ) = ∑ i = 2 n i ∗ ∑ j = 1 ⌊ n i ⌋ j ∗ μ ( j )
即 [n==1]−s(n)=∑ni=2i∗s(⌊ni⌋) [ n == 1 ] − s ( n ) = ∑ i = 2 n i ∗ s ( ⌊ n i ⌋ )
g(x) g ( x ) 类似，然后就没了。

【参考代码】

#include
using namespace std;

typedef long long LL;
const int N=5e6+10;
const int mod=1e9+7;
const LL inv2=500000004,inv6=166666668;
map<int,LL>mps,mpg;
int pnum,l,r;
int bo[N],pri[N];
LL s[N],g[N];


void init()
{
    s[1]=g[1]=1;
    for(int i=2;iif(!bo[i]) pri[++pnum]=i,s[i]=-i,g[i]=(s[i]+s[1])%mod;
        for(int j=1;j<=pnum && i*pri[j]*pri[j]]=1;
            if(!(i%pri[j]))
            {
                g[i*pri[j]]=g[i];
                break;
            }
            s[i*pri[j]]=s[i]*s[pri[j]]%mod;;
            g[i*pri[j]]=g[i]*g[pri[j]]%mod;
        }
    }
    for(int i=2;is[i]+=s[i-1])%mod+mod)%mod);
    for(int i=2;i1])%mod+mod)%mod);
}

LL calcs(int x)
{
    if(xreturn s[x];
    if(mps[x]) return mps[x];
    LL res=1;
    for(int i=2,las;i<=x;i=las+1)
    {
        las=x/(x/i);
        (res-=(LL)(1ll*las*(las+1)/2%mod-1ll*i*(i-1)/2%mod)*calcs(x/i)%mod)%=mod;
    }
    (res+=mod)%=mod;
    return mps[x]=res;
}

LL calcg(int x)
{
    if(xreturn g[x];
    if(mpg[x]) return mpg[x];
    LL res=0;
    for(int i=1,las;i<=x;i=las+1)
    {
        las=x/(x/i);
        (res+=1ll*(las-i+1)*calcs(x/i)%mod)%=mod;
    }
    return mpg[x]=res;
}

LL calcf(int x)
{
    LL res=1ll*x*(x+1)%mod*(x*2+1)%mod*inv6%mod+1ll*x*(x+1)/2%mod;
    return res%mod;
}

LL calc(int x)
{
    LL res=0;
    for(int i=1,las;i<=x;i=las+1)
    {
        las=x/(x/i);
        (res+=(calcg(las)-calcg(i-1))*calcf(x/i)%mod+mod)%=mod;
    }
    return res*inv2%mod;
}

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("51Nod1227.in","r",stdin);
    freopen("51Nod1227.out","w",stdout);
#endif 
    init();
    scanf("%d%d",&l,&r);
    printf("%d\n",(calc(r)-calc(l-1)+mod)%mod);

    return 0;
}

【总结】
嗯，我们要多记住一些函数的性质，就不用像我一样推这么久了，直接用 ϕ ϕ 的性质就很好做，我这里最后一步还是侥幸化出一个积性函数的东西才搞掉的- -。
而且这个做法杜教筛套杜教筛，十分不优美- -。