[51nod 1238] 最小公倍数之和 V3（杜教筛）

题意

• $ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\text{lcm(i, j)}.(n\le 10^{10})$

这个题目比公约数那个题麻烦多了，首先还是把这个式子拆成公约数的形式：
$$\begin{gathered} ans=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{ij}{(i,j)} \\ ans=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }ij[(i,j)=1] \\ ans=\sum _{d=1}^{n}d(2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{i}ij[(i,j)=1]-[i=1]) \end{gathered}$$
设$f(n)=\sum _{i=1}^{n}ni[(n,i)=1]$，则：
$$\begin{gathered} f(n)=n\sum _{i=1}^{n}i[(n,i)=1] \\ f(n)=n\times \frac{n\varphi (n)+[n=1]}{2} \end{gathered}$$
现在我们来证明一下$\frac{n\varphi (n)}{2}=\sum _{i=1}^{n}i[(n,i)=1]$，这个实际上就是要我们证明$(i,n)=1$时，$(n-i,n)=1$。我们考虑反证法，假设存在$(i,n)=1$且$(n-i,n)=k(k>1)$，那么：
$$\begin{gathered} (n-i)\text{ mod k = 0}① \\ n\text{ mod k = 0}② \end{gathered}$$
②式减去①式，可知：$i\text{ mod }k=0$即$(i,n)=k$，与假设矛盾，那么$(i,n)=1$时有$(n-i,n)=1$。那么每对互质的数的和都是$n$，特判一下$n=1$的情况就好了，把$f(n)$代回答案式：
$$\begin{gathered} ans=\sum _{d=1}^{n}d(2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }f(i)-[i=1]) \\ ans=\sum _{d=1}^{n}d(2\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }(i\times \frac{i\varphi (i)+[i=1]}{2}-[i=1]) \\ ans=\sum _{d=1}^{n}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{i}^2\varphi (i) \end{gathered}$$
因为$d$我们可以整除分块，所以我们现在只要求$g(n)=i^2\varphi (i)$的前缀和，我们把这个东西卷上个$i{d}^2(x)$，那么：$$\begin{gathered} (i{d}^2\ast g)(n)=\sum _{d|n}g(d)(\frac{n}{d}{)}^2 \\ (i{d}^2\ast g)(n)=\sum _{d|n}{d}^2\varphi (d)(\frac{n}{d}{)}^2 \\ (i{d}^2\ast g)(n)=n^2\sum _{d|n}\varphi (d) \\ (i{d}^2\ast g)(n)=n^3 \end{gathered}$$

这就变成了杜教筛的形式，复杂度$O(n^{\frac{2}{3}})$。

#include 

using namespace std;

typedef long long ll; 

const int N = 1e6 + 3;
const int mod = 1e9 + 7;
const int inv2 = 500000004;
const int inv6 = 166666668;

int prime[N], notp[N], cnt; 
int phi[N], Sg[N]; 

unordered_map<ll, int> SG;

void Get_Prime(int n) {
	notp[0] = notp[1] = phi[1] = 1; 
	for (int i = 2; i <= n; ++ i) {
		if (!notp[i]) prime[++ cnt] = i, phi[i] = i - 1;
		for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] * i <= n; ++ j) {
			notp[prime[j] * i] = 1; 
			phi[prime[j] * i] = 1ll * phi[i] * prime[j] % mod;
			if (!(i % prime[j]))  break;
			(phi[prime[j] * i] += mod - phi[i]) %= mod;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
		Sg[i] = (Sg[i - 1] + 1ll * phi[i] * i % mod * i % mod) % mod;
	}
}

int yici(ll x) { return (x % mod + 1) * (x % mod) % mod * inv2 % mod; }
int erci(ll x) { return (x % mod + 1) * (x % mod) % mod * ((x * 2 + 1) % mod) % mod * inv6 % mod; }

int query(ll n) {
	if (n <= 1e6) return Sg[n];
	if (SG[n]) return SG[n];
	int res = 1ll * yici(n) * yici(n) % mod;
	for (ll l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		(res += mod - 1ll * (erci(r) + mod - erci(l - 1)) * query(n / l) % mod) %= mod;
	}
	return SG[n] = res; 
}

int main() {

	ll n, ans = 0; 

	Get_Prime(N - 3);

	cin >> n; 
	for (ll l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
		r = n / (n / l);
		(ans += 1ll * (yici(r) + mod - yici(l - 1)) * query(n / l) % mod) %= mod;
	}
	cout << ans << endl;

	return 0;
}