[51nod1227]平均最小公倍数（莫比乌斯反演+杜教筛）

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题解

首先题目给出的A函数实际上就是 1n∑i=1nn∗i(i,n)=∑i=1ni(i,n)
然后F函数就可以写成 ∑i=1n∑j=1ij(i,j)
然后按照常用套路化一波式子就会变成 ∑d=1n∑i=1⌊nd⌋∑j=1i[(i,j)==1]j 这个样子，后面那一块可以发现就是1..i中与i互质的数字的和，那就是 φ(n)∗n+[n==1]2 了。然后可以发现在 d 从1到n枚举的过程中总共有n次i==1的情况，也就是一共有n次加上了 [n==1] 这个条件。那么把这个n提出来，然后把那个除以2也刨掉先不看，式子就变成了 ∑d=1n∑i=1⌊nd⌋φ(i)∗i 这个样子了。
这个式子显然看起来非常美好哇因为如果设 F(n)=φ(n)∗n ，只要能够求出F函数的前缀和就可以枚举除法根n分块了哇
然后又是杜教筛的问题了。。。
现在的问题变成了要求 ∑i=1nφ(n)∗n ，用杜教筛。

首先要通过卷积构造一个等式 H=F×G ，其中 H 和 G 都是好求前缀和的函数。于是我们令 H=F×id=∑d|nφ(d)∗d∗(nd) 。选择id函数的原因就是它能够约掉那个d，然后就变成了 n∗∑d|nφ(d) 。后面那一坨是 φ×1 ，也是个 id ，那就变成了 n∗n ，也就是 H(n)=n2 。
然后就是按照杜教筛的方法画柿子。。

Sum(n)=∑i=1ni2−∑d|i,d<iF(d)∗id=∑i=1n−∑i=1n∑d|i,d<iF(d)∗id

然后因为i必须是d的倍数但i不能等于d，也就是 id 不能等于1。那么枚举 id 就变成了：

∑i=1ni2−∑id=2n∑d=1⌊n⌊id⌋⌋F(d)∗id

然后设 i′=id ，替换一下就有：

∑i=1ni2−∑i=2n∑d=1⌊ni⌋F(d)∗did=∑i=1ni2−∑i=2ni∑d=1⌊ni⌋F(d)

那么后面就又出现了一段F函数的前缀和的形式， i 的前缀和还有 i2 的前缀和都很好算，于是就可以用杜教筛解决这个问题了。

代码

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const long long Mod=1e9+7;
const long long inv=500000004;
const long long inv6=166666668;
int a,b,prm[5000010];
bool ext[5000010];
long long ans,phi[5000010];
map<long long,long long> rec;
void get_prime(int N){
    phi[1]=1;
    for (int i=2;i<=N;i++){
        if (ext[i]==false){
            prm[++prm[0]]=i;phi[i]=i-1;
        }
        for (int j=1;j<=prm[0];j++){
            if ((long long)i*prm[j]>N) break;
            ext[i*prm[j]]=true;
            if (i%prm[j]==0){
                phi[i*prm[j]]=phi[i]*prm[j];break;
            }else phi[i*prm[j]]=phi[i]*phi[prm[j]];
        }
    }
    for (int i=1;i<=N;i++) phi[i]=phi[i]*i%Mod;
    for (int i=1;i<=N;i++) phi[i]=(phi[i]+phi[i-1])%Mod;
}
long long S(long long l,long long r){
    long long s1=r*(r+1)/2;
    long long s2=(l-1)*l/2;
    return (s1-s2)%Mod;
}
long long Sumphi(long long n){
    if (n<=5000000) return phi[n];
    if (rec[n]!=0) return rec[n];
    long long sum=n*(n+1)%Mod;
    sum=sum*(2*n+1)%Mod;
    sum=sum*inv6%Mod;
    for (long long i=2,tail;i<=n;i=tail+1){
        tail=n/(n/i);
        sum=(sum-S(i,tail)*Sumphi(n/i)%Mod)%Mod;
    }
    return rec[n]=sum;
}
long long Getans(int n){
    long long sum=0;
    for (long long i=1,tail;i<=n;i=tail+1){
        tail=n/(n/i);
        sum=(sum+(tail-i+1)*Sumphi(n/i)%Mod)%Mod;
    }
    return ((sum+n)*inv)%Mod;
}
int main()
{
    get_prime(5000000);
    scanf("%d%d",&a,&b);
    ans=(Getans(b)-Getans(a-1))%Mod;
    printf("%I64d\n",(ans+Mod)%Mod);
    return 0;
}