【51NOD 1227】平均最小公倍数

Description

Ans=∑i=ab∑j=1ilcm(i,j)i

Solution

题目要我们求的就是这个嘛：

Ans=∑i=1n∑j=1ijgcd(i,j)

转化一下

Ans=∑i=1n(φ(i)∗i/2)∗⌊ni⌋

（ 先枚举两个互质的数，再算它们的倍数）（前面有phi的括号是互质的数的和）

用杜教筛处理 ∑xi=1φ(i)∗i （下面的n和上面的不一样）

∑d=1n∑i|d(φ(i)∗i)∗di

∑d=1nd∗∑i|dφ(i)

∑d=1nd2

设 Sd=d∗(d+1)∗(2∗d+1)/6
回到刚才的式子，转化一下(i*j即为之前的d)

∑i=1ni∗∑j=1⌊ni⌋φ(j)∗j=Sn

∑i=1nφ(i)∗i=Sn−∑i=2ni∗∑j=1⌊ni⌋φ(j)∗j

回到Ans的式子，用杜教筛+分块即可

复杂度： O(n23)

Code

#include 
#include 
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=3876656,mo=1000000007,M=200397;
const LL eni=500000004,sni=166666668;
int n,n1;
bool prz[N+10];
int pr[N/2];
int phi[N+10];
int Hx[M][2];
int HX(int q)
{
    int i=q%M;
    while(Hx[i][0]&&Hx[i][0]!=q)i=(i+1)%M;
    return i;
}
LL SM(LL s,LL t){return (s+t)*(t-s+1)%mo*eni%mo;}
LL Gphi(int q)
{
    if(q<=N)return phi[q];
    int t=HX(q);
    if(Hx[t][0])return Hx[t][1];
    Hx[t][0]=q;
    LL ans=0;
    for(int i=2,nx;i<=q;i=nx+1)
    {
        nx=q/(q/i);
        ans=(ans+SM(i,nx)*Gphi(q/i)%mo)%mo;
    }
    q%=mo;
    return Hx[t][1]=(LL)q*(q+1)%mo*(2*q+1)%mo*sni%mo-ans;
}
LL Gans(int n)
{
    int ans=n%mo;
    for(int i=2,nx;i<=n;i=nx+1)
    {
        nx=n/(n/i);
        ans=(ans+(LL)(n/i)*(Gphi(nx)-Gphi(i-1))%mo*eni%mo)%mo;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    phi[1]=1;
    fo(i,2,N)
    {
        if(!prz[i])pr[++pr[0]]=i,phi[i]=i-1;
        fo(j,1,pr[0])
        {
            int t=pr[j]*i;
            if(t>N)break;
            prz[t]=1;
            phi[t]=phi[i]*pr[j];
            if(i%pr[j]==0)break;
            phi[t]=phi[i]*(pr[j]-1);
        }
    }
    fo(i,2,N)phi[i]=((LL)phi[i]*((LL)i)%mo+phi[i-1])%mo;
    scanf("%d%d",&n1,&n);
    printf("%lld\n",(Gans(n)-Gans(n1-1)+mo)%mo);
    return 0;
}