PE 439 Sum of sum of divisors | 51nod 1220 约数之和
题目：https://projecteuler.net/problem=439以及http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1220
题意：
令 d(x) 表示 x 的所有因子之和，求 ∑Ni=1∑Nj=1d(i∗j)mod109+7 。
N≤109 。
题解：
令 [x] 为布尔表达式 x 的值，即若 x 为真则 [x]=1 ，否则 [x]=0 。
那么有 d(x)=∑xi=1[i|x]∗i
于是问题可以写成
∑i=1N∑j=1Nd(i∗j)=∑i=1N∑j=1N∑d=1i∗j[d|i∗j]∗d
考虑如何简化掉 j ，我们可以计算每个 d 对应多少个 j 。因为 d|i∗j 等价于 dgcd(i,d)|j ，所以上式可以化为
=∑i=1N∑d=1i∗N⌊N∗gcd(i,d)d⌋∗d
再考虑如何将 gcd(i,d) 化为互质的情况，令 d′=gcd(i,d) ，则有
=∑d′=1N∑i=1N∑d=1i∗N[gcd(i,d)=d′]∗⌊N∗gcd(i,d)d⌋∗d
由于 id′ 和 dd′ 是整数，我们将上式的 i 和 d 用 id′∗d′ 和 id′∗d′ 替换
=∑d′=1N∑id′=1⌊Nd′⌋∑dd′=1id′∗N[gcd(id′,dd′)=1]∗⌊N∗d′d⌋∗dd′∗d′
再进行一个下标变换，将 id′ 和 dd′ 用 i 和 d 替换
=∑d′=1N∑i=1⌊Nd′⌋∑d=1i∗N[gcd(i,d)=1]∗⌊Nd⌋∗d∗d′=∑d′=1Nd′∑i=1⌊Nd′⌋∑d=1N[gcd(i,d)=1]∗⌊Nd⌋∗d
可以看到 d 和 d′ 之间没有约束，而且 i 和 d′ 的关系比 d 的关系简单，不妨将 d′ 和 i 交换求和顺序，考虑每个 i 对应哪些 d′ ，尝试将 d′ 约去
=∑i=1N∑d′=1⌊Ni⌋d′∗∑d=1N[gcd(i,d)=1]∗⌊Nd⌋∗d=∑i=1N⌊Ni⌋∗(⌊Ni⌋+1)2∑d=1N[gcd(i,d)=1]∗⌊Nd⌋∗d
而对于处理 [gcd(i,d)=1] ，想必读到这里的你已经想出了处理它的方法，利用莫比乌斯函数的经典定理 ∑Ni=1[i|N]∗μ(i)=[N=1] 可以得到
=∑i=1N⌊Ni⌋∗(⌊Ni⌋+1)2∑d=1N⌊Nd⌋∗d∑d′=1N[d′|gcd(i,d)]∗μ(d′)=∑i=1N⌊Ni⌋∗(⌊Ni⌋+1)2∑d=1N⌊Nd⌋∗d∑d′=1N[d′|i]∗[d′|d]∗μ(d′)
细心的你一定发现了 i 和 d 互相无关，它们分别只和 d′ 有关，于是我们交换求和顺序，算每个 d′ 对应的 i 和 d ，则有
=∑i=1N⌊Ni⌋∗(⌊Ni⌋+1)2∑d=1N⌊Nd⌋∗d∑d′=1N[d′|i]∗[d′|d]∗μ(d′)=∑d′=1Nμ(d′)∑id′=1⌊Nd′⌋⌊Nid′∗d′⌋∗(⌊Nid′∗d′⌋+1)2∑dd′=1⌊Nd′⌋⌊Ndd′∗d′⌋∗dd′∗d′=∑d′=1Nd′∗μ(d′)∑i=1⌊Nd′⌋⌊Ni∗d′⌋∗(⌊Ni∗d′⌋+1)2∑d=1⌊Nd′⌋⌊Nd∗d′⌋∗d
到这里，我们已经得到了一个不错的式子，可以直接进行计算了，无需继续化简。（再化简下去 LATEX 都要炸啦~）
令 f(x)=x∗μ(x) ， g(x)=∑xi=1⌊xi⌋∗(⌊xi⌋+1)2 ， h(x)=∑xi=1⌊xi⌋∗i ，则所求为 ∑Ni=1f(i)∗g(⌊Ni⌋)∗h(⌊Ni⌋) 。
这个式子里用到的 g(x) 和 h(x) 共 O(N−−√) 个，每个的计算复杂度为 O(x√) ，所以把所有所需的 g 和 h 算出来的复杂度为 O(∑N√i=1Ni−−√)=O(N34) ，但是达不到这个上界。（实际上很容易改成 O(N23) 的，并且 g(x)=h(x) ）
如果可以快速计算出一段 f(x) 的值，就可以结合上面的做法解决这个问题，注意到 f(x) 是两个积性函数的乘积，所以 f(x) 也是积性函数，我们可以得到类似梅滕斯函数（莫比乌斯函数的前缀和函数）的计算方法，令 S(x)=∑xi=1f(i) ，则有
S(x)=1−∑i=2x∑d=1i−1[d|i]∗i∗μ(d)=1−∑i=2x∑d=1⌊xi⌋i∗d∗μ(d)=1−∑i=2xi∗S(⌊xi⌋)
于是我们可以利用线性筛预处理出前 T 个值，那么计算复杂度变为 O(∑NTi=1Ni−−√)=O(NT√) ，当 T 取 N23 的时候可以做到 O(N23) 。
于是总体复杂度为 O(N34) 。
代码：
#include
#include int > Hash;
int n, sqn, tot, prime[maxn], f[maxn], ans;
bool vis[maxn];
inline void inc(int &x, int y)
{
x += y;
if(x >= mod)
x -= mod;
}
inline void dec(int &x, int y)
{
x -= y;
if(x < 0)
x += mod;
}
inline int num1(int x)
{
return x * (x + 1LL) % mod * inv2 % mod;
}
inline int num1(int L, int R)
{
int ret = num1(R);
dec(ret, num1(L - 1));
return ret;
}
int calc_imu(int x)
{
if(x <= sqn)
return f[x];
if(Hash.count(x))
return Hash[x];
int ret = 1;
for(int i = 2, j; i <= x; i = j + 1)
{
j = x / (x / i);
dec(ret, (LL)num1(i, j) * calc_imu(x / i) % mod);
}
return Hash[x] = ret;
}
inline int calc_imu(int L, int R)
{
int ret = calc_imu(R);
dec(ret, calc_imu(L - 1));
return ret;
}
int calc_g(int n)
{
int ret = 0;
for(int i = 1, j; i <= n; i = j + 1)
{
j = n / (n / i);
inc(ret, (j - i + 1LL) * num1(n / i) % mod);
}
return ret;
}
int calc_h(int n)
{
int ret = 0;
for(int i = 1, j; i <= n; i = j + 1)
{
j = n / (n / i);
inc(ret, (LL)(n / i) * num1(i, j) % mod);
}
return ret;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
sqn = (int)ceil(pow(n, 2.0 / 3));
f[1] = 1;
for(int i = 2; i <= sqn; ++i)
{
if(!vis[i])
{
prime[tot++] = i;
dec(f[i], 1);
}
for(int j = 0, k = sqn / i, o; j < tot && prime[j] <= k; ++j)
{
vis[o = i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0)
{
f[o] = 0;
break;
}
else
dec(f[o], f[i]);
}
f[i] = (f[i - 1] + (LL)i * f[i]) % mod;
}
for(int i = 1, j; i <= n; i = j + 1)
{
j = n / (n / i);
inc(ans, (LL)calc_imu(i, j) * calc_g(n / i) % mod * calc_g(n / i) % mod);
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}