数论分块例题

链接：F-日常诈骗签到题_喜迎暑假多校联赛第一场 (nowcoder.com)

题意：给定 n ，求 ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^i{\sum }_{d=1}^j\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \mu (d)[d|i]][d|j]$ 。

题解：首先改变最外层的枚举，先枚举 d ，则原式子转化为 ${\sum }_{d=1}^n{\sum }_{d|i}^n{\sum }_{d|j}^i\mu (d)\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$ ，将 $\mu (d)$ 提到最前边，${\sum }_{d=1}^n\mu (d){\sum }_{d|i}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor {\sum }_{d|j}^{i}1$，则最后的 j 可化掉为 ${\sum }_{d=1}^n\mu (d){\sum }_{d|i}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{i}{d}\rfloor$，此时已经将单次询问的复杂度由最初的 $O(n^3)$ 缩小为 $O(nlog(n))$ 了。但是对于多组数据而言是不够的。

我们再次改变枚举的顺序，改为枚举 i，则原式子可化为 ${\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor {\sum }_{d|i}\mu (d)\lfloor \frac{i}{d}\rfloor$，发现对于 ${\sum }_{d|i}\mu (d)\lfloor \frac{i}{d}\rfloor$ 是可以预处理的，枚举 d，对于其倍数的位置都会加上 $\mu (d)\lfloor \frac{i}{d}\rfloor$，i 为 d 的倍数。然后将每个 i 的答案统计前缀和，因此在计算时便可以通过数论分块求 ${\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor {\sum }_{d|i}\mu (d)\lfloor \frac{i}{d}\rfloor$ , 复杂度是 $O(\sqrt{n})$ 。则总的复杂度是 $O(T\sqrt{n}+nlog(n))$。可以通过此题。（打表找规律 O(1) 输出也可以，答案为 $\frac{(1+n)\ast n}{2}$）。

#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC optimize("unroll-loops")
#include
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#include

using namespace std;
using ll=long long;
using P=pair<int,int>;
const ll inf=1e18;
const int mod=1e9+7;

struct MobiusInversion{
	static constexpr int maxn=1e6+5;
	int cnt;
	vector<int>pri,vs,mu;
	vector<ll>sm;
	MobiusInversion(int x=maxn):pri(x+5),vs(x+5),mu(x+5),sm(x+5){
		const int N=x-5;
		cnt=0;
		vs[0]=vs[1]=mu[1]=1;
		for(int i=2;i<=N;i++)
		{
			if(!vs[i])pri[++cnt]=i,mu[i]=-1;
			for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=N;j++)
			{
				vs[i*pri[j]]=1;
				if(i%pri[j]==0)break;
				mu[i*pri[j]]=-mu[i];
			}
		}

		for(int i=1;i<=x;i++)
		{
			for(int j=i;j<=x;j+=i)
			{
				sm[j]+=mu[i]*j/i;
			}
		}
		for(int i=1;i<=x;i++)sm[i]+=sm[i-1];

	}

	ll getans(int n){
		ll ans=0;
		for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
		{
			r=n/(n/l);
			ans+=(n/l)*(sm[r]-sm[l-1]);
		}
		return ans%mod;
	};
    
}tt;

const int N=1e6+5;

void solve()
{
	ll n; cin>>n;
	cout<<tt.getans(n)<<"\n";
}

int main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	int t; cin>>t; 
	while(t--)solve();
	return 0;
}