这是一道简单的数学题
设
\[ F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i\frac{\mathrm{lcm}(i,j)}{\mathrm{gcd}(i,j)} \]
其中，\(\mathrm{lcm}(a,b)\) 表示 \(a\) 和 \(b\) 的最小公倍数，\(\mathrm{gcd}(a,b)\) 表示 \(a\) 和 \(b\) 的最大公约数。
给定 \(n\) ，让你求： \(F(n) \bmod1000000007\)。
对于所有数据，\(1 \le n \le 10^9\)。
题解
\[ F(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i \frac{ij}{\gcd(i,j)^2}\\ =\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^i ij[\gcd(i,j)=1]\\ =\sum_{d=1}^n\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(x)x^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor}\sum_{j=1}^i ij\\ =\sum_{d=1}^n G(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor) \]
\[ G(n)=\sum_{x=1}^n\mu(x)x^2\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor}\sum_{j=1}^i ij\\ =\sum_{x=1}^n \mu(x)x^2 H(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor) \]
\(\mu(x)x^2\) 的前缀和可以用杜教筛计算。
\[ H(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^i ij\\ =\sum_{i=1}^n i\frac{(i+1)i}{2}\\ =\frac{1}{2}((\frac{n(n+1)}{2})^2+\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)) \]
这样做有两层数论分块，而且第二层数论分块还套了一个杜教筛，跑的很慢。
CO int N=1e7+10;
int pri[N],tot,val[N];
unordered_map<int,int> vs;
int H(int n){
int ans=fpow(mul(n,mul(n+1,i2)),2);
ans=add(ans,mul(n,mul(n+1,mul(2*n+1,i6))));
ans=mul(ans,i2);
return ans;
}
int S(int n){
if(n<N) return val[n];
if(vs.count(n)) return vs[n];
int ans=1;
for(int l=2,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
int c=mul(r,mul(r+1,mul(2*r+1,i6)));
c=add(c,mod-mul(l-1,mul(l,mul(2*l-1,i6))));
ans=add(ans,mod-mul(c,S(n/l)));
}
return vs[n]=ans;
}
int G(int n){
int ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
int c=add(S(r),mod-S(l-1));
ans=add(ans,mul(c,H(n/l)));
}
return ans;
}
int F(int n){
int ans=0;
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans=add(ans,mul(r-l+1,G(n/l)));
}
return ans;
}
int main(){
val[0]=0,val[1]=1;
for(int i=2;i<N;++i){
if(!pri[i]){
pri[++tot]=i;
val[i]=mod-mul(i,i);
}
for(int j=1;j<=tot and i*pri[j]<N;++j){
pri[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0){
val[i*pri[j]]=0;
break;
}
val[i*pri[j]]=mul(val[i],val[pri[j]]);
}
}
for(int i=1;i<N;++i) val[i]=add(val[i],val[i-1]);
printf("%d\n",F(read<int>()));
return 0;
}
可以观察到一个事实：莫比乌斯反演的辅助函数是 \(\varphi\) 的计算方式是比辅助函数是 \(\mu\) 的计算方式快的。
\[ F(n)=\sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\sum_{j=1}^ij[\gcd(i,j)=1]\\ =\sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\frac{[i=1]+i\varphi(i)}{2}\\ =\frac{n+\sum_{i=1}^n\varphi(i)i^2\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}{2} \]
这样只有一个数论分块套杜教筛，用时约为上一种做法的五分之一。
复杂度分析
注意整除分块的写法：
for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
int c=add(S(r),mod-S(l-1));
ans=add(ans,mul(c,n/l));
}
注意到r=n/(n/l)，所以r仍然是 \(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\) 的形式。那么S的结果也就能用数组存储。
分析时间复杂度时可以认为S里面根号个值是预处理出来的。所以时间复杂度是 \(O(n^{\frac{2}{3}}+n^{\frac{1}{2}})\)。
我懒得改上面用unordered_map的代码了。
来源：https://www.cnblogs.com/autoint/p/12400783.html