The Preliminary Contest for ICPC Asia Nanjing 2019 南京网络赛 E. K Sum(杜教筛+欧拉降幂)

标题

有函数
$$f_n(k)=\sum _{l_1=1}^n\sum _{l_2=1}^n\cdots \sum _{l_k=1}^{n}gcd(l_1,l_2,\cdots ,l_k{)}^2$$
求
$$\sum _{i=2}^k{f}_n(i)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}1e9+7$$
其中$1\le n\le 10^9$,$2\le k\le 10^{10^5}$

思路

第一步我们肯定先对$f_n(k)$进行化简，先把$gcd$提出来
$$f_n(k)=\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{l_1=1}^n\sum _{l_2=1}^n\cdots \sum _{l_k=1}^n[gcd(l_1,l_2,\cdots ,l_k)==d]$$
后面部分都除个$d$
$$f_n(k)=\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{l_1=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{l_2=1}^{\frac{n}{d}}\cdots \sum _{l_k=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(l_1,l_2,\cdots ,l_k)==1]$$
将${\sum }_{d|gcd(l_1,l_2,\cdots ,l_k)}\mu (d)=[gcd(l_1,l_2,\cdots ,l_k)==1]$带入
$$f_n(k)=\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{l_1=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{l_2=1}^{\frac{n}{d}}\cdots \sum _{l_k=1}^{\frac{n}{d}}\sum _{i|gcd(l_1,l_2,\cdots ,l_k)}\mu (i)$$
将$i$提出有，及枚举1到$\frac{n}{d}$内的倍数，所以有

$$f_n(k)=\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu (i)\sum _{l_1=1}^{\frac{n}{id}}\sum _{l_2=1}^{\frac{n}{id}}\cdots \sum _{l_k=1}^{\frac{n}{id}}1$$
后面的部分及$\frac{n}{id}$的$k$次幂即
$$f_n(k)=\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu (i){\lfloor \frac{n}{id}\rfloor }^k$$上式等价于
$$f_n(k)=\sum _{d=1}^n{d}^2\sum _{id=1}^n\mu (i){\lfloor \frac{n}{id}\rfloor }^k$$
我们令$T=id$带入有
$$f_n(k)=\sum _{d=1}^n\sum _{T=1}^n[T\%d==0]d^2\mu (\frac{T}{d}){\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }^k$$
这里可以看作枚举的是$1$到$n$中每一个$d$的倍数，那么我们也等价于枚举$1$到$n$中每个数$T$的因子
$$f_n(k)=\sum _{T=1}^n{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }^k\sum _{d|T}{d}^2\mu (\frac{T}{d})$$
然后我们考虑求解设有函数$S(n)$,$f(n)$
$$S(n)=\sum _{i=1}^{n}f(i)=\sum _{i=1}^n\sum _{d|T}{d}^2\mu (\frac{T}{d})$$
对于函数$f(n)$为$I{d}^2$和$\mu$的迪利克雷卷积即
$$f(n)=(I{d}^2\ast \mu )(n)$$
我们又知道$\mu \ast I=e$
我们令$g(n)=I(n)=1$让$g$和$f$进行卷积然后对其求和，即用杜教筛
$$\sum _{i=1}^{n}g\ast f=\sum _{i=1}^{n}I{d}^2(i)=\sum _{i=1}^n{i}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$
所以这两个函数的卷积的前缀和是很好求的

$$\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})$$
对于这个式子是枚举1到n中每个数的因子的，他和枚举1到n中每个数的倍数是等价的那就有
$$\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})=\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }g(d)f(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)=\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$
$$\sum _{d=1}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )=g(1)S(n)+\sum _{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )=\sum _{i=1}^n{i}^2$$
$$g(1)S(n)=\sum _{i=1}^n{i}^2-\sum _{d=2}^{n}g(d)S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$
由于$g(n)=1$，所以
$$S(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-\sum _{d=2}^{n}S(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$$
对于$f$函数我们要先预处理一部分前缀和这样可以降低杜教筛的复杂度

$f$函数是一个积性函数，显然可以用积性函数线性筛，即记录一个$low[i]$，$low[i]$的含义是记录将i唯一分解后最小的质数的次幂，即$low[i]=p^k$，那么在线性筛中当$i\%prime[j]==0$时，$\frac{i}{low[i]}$和$low[i]\ast prime[j]$肯定是互质的，那么就可以通过积性函数的性质互质的两个数$f(i)\ast f(j)=f(ij)$，所以$f[i\ast prime[j]]=f[i/low[i]]\ast f[low[i]\ast prime[j]]$。但是还有一种情况就是当$i==low[i]$时，$i$中不含有其他因子那么有我们要处理一下$f(p^k)$这种，通过手写几项就可以发现有递推式$f[i\ast prime[j]]=f[i]\ast prime[j]$，即$f(p^{k+1})=f(p^k)\ast p$，这样就可以筛了

再回到原函数$f_n(k)$中,有$last=\frac{n}{\frac{n}{T}}$，那么$f_n(k)$就可以分块做有

$$f_n(k)=\sum _{T=1}^n(S(last)-S(T-1)){\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }^k$$
题目要求的是
$$\sum _{i=2}^k{f}_n(i)=\sum _{T=1}^n(S(last)-S(T-1))\sum _{i=2}^k{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }^i$$
令$q=\lfloor \frac{n}{T}\rfloor$，那么后面就是一个等比数列求和有
$$\sum _{i=2}^k{f}_n(i)=\sum _{T=1}^n(S(last)-S(T-1))\frac{q^{k+1}-q^2}{q-1}$$
注意还有公比为$1$的情况，所以实际上的答案为
$$\sum _{i=2}^k{f}_n(i)=\sum _{T=1}^n(S(last)-S(T-1))\frac{q^{k+1}-q^2}{q-1}[q!=1]+(S(last)-S(T-1))(k-1)[q==1]$$
还有一点值得注意的是他的$k$很大，在求解$q^{k+1}$次幂的时候要用上欧拉降幂这个时候对输入的$k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}1e9+6$，而当公比为$1$的时候用的是输入的$k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}1e9+7$，记录两个$k$的值

#include
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int mod=1e9+7;
const int p=mod-1;
const int inv6=166666668;
bool vis[N];
int prime[N];
long long f[N];
int low[N];
int cnt;
void init()
{
    f[1]=low[1]=1;
    cnt=0;
    for(int i=2; iF;
long long S(long long n)
{
    if(n