【51nod】欧拉函数之和（数论，杜教筛）

题目

1239 欧拉函数之和

分析

欧拉函数$\phi (n)$表示小于等于$n$的与$n$互质的数的个数。
令答案$f(n)=\sum _{i=1}^n\phi (i)$。

一个性质

可以证明$n=\sum _{d|n}\phi (d)$。
下面是一个我理解的很不正经的证明：

列出以$n$为分母的所有分数：$\frac{1}{n},\frac{2}{n},...,\frac{n}{n}$。
可以理解$\phi (b)$表示的是以$b$为分母的最简真分数的个数。
$\frac{a}{b}(a<b)$为最简分数，当且仅当$b|n$且$(a,b)=1$。
你仔细地想，$\sum _{d|n}\phi (d)$就表示出了$\frac{1}{n},\frac{2}{n},...,\frac{n}{n}$，于是$n=\sum _{d|n}\phi (d)$。

尝试递推

$$\therefore n=\phi (n)+\sum _{d|n,d<n}\phi (d)$$
$$\therefore \phi (n)=n-\sum _{d|n,d<n}\phi (d)$$
$$\therefore f(n)=\sum _{i=1}^n\left(i-\sum _{d|i,d<i}\phi (d)\right)$$
$$\therefore f(n)=\sum _{i=1}^{n}i-\sum _{i=1}^n\sum _{d|i,d<i}\phi (d)=\frac{n(n+1)}{2}-\sum _{i=1}^n\sum _{d|i,d<i}\phi (d)$$

$\sum _{i=1}^n\sum _{d|i,d<i}\phi (d)$，算贡献，则可以等价为：$\sum _{d=1}^n\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (d)=\sum _{d=1}^n\left(\lfloor \frac{n}{d}\rfloor \cdot \phi (d)\right)$，下面这个图可以帮助理解，但我无法言说：

（其中$k=\lfloor \frac{n}{d}\rfloor$）

但是这样还是不能递推，那就换一种方法，枚举$d$的系数$i$，再枚举$d$并统计$id$之前（由此可以得到枚举的$d$必须满足$d\le \lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，因为$id\le n$）的$d$：$$\sum _{i=1}^n\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{i}\rfloor }\phi (d)$$

于是递推式有了：$$f(n)=\frac{n(n+1)}{2}-\sum _{i=1}^{n}f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$$

分块

直接记忆化搜索还是会超时，所以我们需要用分块（俗称数线段）。
发现对于某一区域$[l,r]$内$i$的$f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$是相等的：
（$n=10$）

$i$	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$	10	5	3	2	2	1	1	1	1	1

当$i\in [6,10]$时，所有的$f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )$都是$1$，于是$\sum _{i=6}^{10}f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )=(10-6+1)\times f(\lfloor \frac{n}{6}\rfloor )=5\cdot f(1)$，节省了$4$次计算。

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以下内容我不负责，因为我没有试过。
可能你会说，由于记忆化了，所以重复调用也没关系。
但是我的记忆化用的map，所以有$\log x$的复杂度。
如果你可以用unordered_map或者你愿意手打vector的哈希，有可能不会超时。

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继续。
找规律发现当$i\in \left[l,\lfloor \frac{n}{\lfloor \frac{n}{l}\rfloor }\rfloor \right]$时，所有$f(\lfloor \frac{n}{i}\rfloor )=f(\lfloor \frac{n}{l}\rfloor )$，于是做完了。

打表

直接分块记忆化搜索还是会超时，所以要把$\phi (n),n\le 5\times 10^6$线性筛筛出来并计算前缀和（打$n\le 5\times 10^6$时的表）。

线性筛欧拉函数

一个性质

将$n$唯一分解：$$n={p_1}^{{\alpha }_1}{p_2}^{{\alpha }_2}...{p_m}^{{\alpha }_m}$$
则：$$\phi (n)=n(1-\frac{1}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_m})=n\cdot \frac{p_1-1}{p_1}\cdot \frac{p_2-1}{p_2}\cdot ...\cdot \frac{p_m-1}{p_m}$$
不正经的证明（信竞要的是玄学感觉）：

根据容斥原理。
我们需要把小于$n$的$p_i(i\le k)$的倍数个数全部减去，
（会减重，如$p_1{p}_2$这个数被减了$2$次）再把小于$n$的$p_i{p}_j(i\le m,j\le m,i\ne j)$的倍数全部加上，
（会加多）再把小于$n$的$p_i{p}_j{p}_k(i\le m,j\le m,k\le m,i\ne j\ne k)$的倍数全部减去，
……
小于$n$的$k$的倍数的个数是$\lfloor \frac{n}{k}\rfloor$，由于$pi$能整除$n$，所以$\frac{n}{\prod p_x}$一定是整数。
把式子中的$n$乘进去：$$\phi (n)=(n-\frac{n}{p_1})(1-\frac{1}{p_2})...(1-\frac{1}{p_m})$$
想象一下把它全部展开，就是一个容斥。

线性筛

$$\phi (n)=n\cdot \frac{p_1-1}{p_1}\cdot \frac{p_2-1}{p_2}\cdot ...\cdot \frac{p_m-1}{p_m}$$
首先phi[1]=1。
枚举i>1，若此时的phi[i]还没有值，说明i是素数（往下看就知道为什么了）。
用筛素数的原理，当i是素数时，它的倍数都不是素数。
再枚举i的倍数j，更新phi[j]（所以phi充当了筛素数时的isPrime数组）。
由于i肯定是j的一个质因子，所以phi[j]*=(i-1)/i，当然，如果此时是phi[j]第一次被更新，应该先把phi[j]赋为j。

代码

#include
#include
#include
using namespace std;

#define LL long long
#define MAXT 5000000
#define MOD 1000000007
#define INV2 500000004
LL phiSum[MAXT+5];
map<LL,LL> M;

void GetPhi(int N){
    phiSum[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!phiSum[i]){
            for(int j=i;j<=N;j+=i){
                if(!phiSum[j])
                    phiSum[j]=j;
                phiSum[j]=phiSum[j]/i*(i-1);
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)
        phiSum[i]=(phiSum[i]+phiSum[i-1])%MOD;//计算前缀和
}
LL Solve(LL x){
    if(x<=MAXT)//打了表就直接返回
        return phiSum[x];
    if(M.count(x))//记忆化
        return M[x];
    LL ret=x%MOD*((x+1)%MOD)%MOD*INV2%MOD;
    for(LL l=2,r;l<=x;l=r+1)//数线段
        r=x/(x/l),ret=((ret-(r-l+1)%MOD*Solve(x/l)%MOD)%MOD+MOD)%MOD;
    return M[x]=ret;
}

int main(){
    GetPhi(MAXT);
    LL N;
    scanf("%lld",&N);
    printf("%lld",Solve(N));
}