題目描述

去年的Lucas非常喜歡數論題，但是一年以後的Lucas卻不那麽喜歡了。

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第一行一個整數n。

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一行一個整數ans，表示答案模1000000007的值。

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題解

莫比烏斯反演+杜教篩

首先有個神奇的結論：

證明：只考慮質數p，設n=a*p^x，m=b*p^y，那麽等式左端p的貢獻顯然為x+y+1；而等式右邊p的貢獻為數對(i,j)：(p,1),(p^2,1),...,(p^x,1) , (1,p),(1,p^2),...,(1,p^y) , (1,1)，共x+y+1對，因此命題得證。

然後就有：

註意到n/d只有O(√n)種取值，因此我們可以枚舉這些n/d，找出對應的d的範圍，前邊的mu(d)求一下前綴和，後面的sigma，由於n/d/i只有O(√n/d)種取值，因此可以用O(√n/d)的復雜度求出。

由於這裏面的n值過大，無法直接維護mu的前綴和，因此需要使用杜教篩的方法，參見 bzoj3944

因此總的時間復雜度貌似是O(n^3/4+n^2/3logn)。

#include <cstdio>
#include <map>
#define N 1000010
using namespace std;
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
map<ll , ll> f;
map<ll , ll>::iterator it;
ll m = 1000000 , mu[N] , prime[N] , tot , sum[N];
bool np[N];
ll cal1(ll n)
{
	if(n <= m) return sum[n];
	it = f.find(n);
	if(it != f.end()) return it->second;
	ll ans = 1 , i , last;
	for(i = 2 ; i <= n ; i = last + 1) last = n / (n / i) , ans = (ans - (last - i + 1) * cal1(n / i) % mod + mod) % mod;
	return f[n] = ans;
}
ll cal2(ll n)
{
	ll ans = 0 , i , last;
	for(i = 1 ; i <= n ; i = last + 1) last = n / (n / i) , ans = (ans + n / i * (last - i + 1)) % mod;
	return ans * ans % mod;
}
int main()
{
	ll n , i , j , last , ans = 0;
	mu[1] = sum[1] = 1;
	for(i = 2 ; i <= m ; i ++ )
	{
		if(!np[i]) mu[i] = -1 , prime[++tot] = i;
		for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= m ; j ++ )
		{
			np[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0)
			{
				mu[i * prime[j]] = 0;
				break;
			}
			else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
		sum[i] = (sum[i - 1] + mu[i] + mod) % mod;
	}
	scanf("%lld" , &n);
	for(i = 1 ; i <= n ; i = last + 1) last = n / (n / i) , ans = (ans + (cal1(last) - cal1(i - 1) + mod) % mod * cal2(n / i)) % mod;
	printf("%lld\n" , ans);
	return 0;
}

【bzoj4176】Lucas的數論 莫比烏斯反演+杜教篩