[bzoj3560] DZY Loves Math V
Description
給定n個正整數a1,a2,…,an，求
\[
\sum\limits_{i_1|a_1} \sum\limits_{i_2|a_2} … \sum\limits_{i_n|a_n} \varphi(i_1 i_2 ··· i_n)
\]
的值（答案模10^9+7）。
Input
第一行一個正整數n。
接下來n行，每行一個正整數，分別為a1,a2,…,an。
Output
僅一行答案。
Sample Input
3
6
10
15
Sample Output
1595
HINT
1<=n<=10^5，1<=ai<=10^7。共3組數據。
想法
推柿子~
\(\varphi(i)\)
設 \(i_1 i_2 ··· i_n = p_1^{r_1} p_2^{r_2} … p_m^{r_m}\) (p為質數)，那麽 \(\varphi(i_1 i_2 ··· i_n)=\varphi(p_1^{r_1}) \varphi(p_2^{r_2}) … \varphi(p_m^{r_m})\)
那麽可以對於每個p單獨考慮它對答案的貢獻，最後都乘起來就行了
亂入
在\(i_1,i_2,···,i_n\)互不幹擾時
\[
\sum\limits_{i_1} \sum\limits_{i_2} … \sum\limits_{i_n} i_1 i_2 … i_n = (sum_{i_1})(sum_{i_2}) … (sum_{i_n})
\]
上面所說的“乘起來”就是這個道理。
於是對於某個p，設它在\(a_i\)中的指數為\(b_i\)。那它對於答案的貢獻為
\[
\begin{equation*}
\begin{aligned}
&\sum\limits_{i_1=0}^{b_1} \sum\limits_{i_2=0}^{b_2}… \sum\limits_{i_n=0}^{b_n} \varphi(p^{i_1+i_2+…+i_n}) \=&\frac{p-1}{p}[(\sum\limits_{i_1=0}^{b_1} \sum\limits_{i_2=0}^{b_2} … \sum\limits_{i_n=0}^{b_n} p^{i_1+i_2+…+i_n})-1]+1 \=&\frac{p-1}{p}[(\sum\limits_{i_1=0}^{b_1} \sum\limits_{i_2=0}^{b_2} … \sum\limits_{i_n=0}^{b_n} p^{i_1}p^{i_2}…p^{i_n})-1]+1 \=&\frac{p-1}{p}[(p^0+p^1+…+p^{b_1})(p^0+p^1+…+p^{b_2})…(p^0+p^1+…+p^{b_n})-1]+1
\end{aligned}
\end{equation*}
\]
(第一個等號後“+1 -1”是考慮1的情況；第三個等號用了上面亂入的道理)
然後就比較好辦了。
將 \(a_i\) 分解質因數，對於它的每個質因子p ，累計p對答案的貢獻
最後統一計算
代碼
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define P 1000000007
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100005;
const int M = 10000005;
int pre[M],prime[M],pnum;
void getp(){
pre[1]=1;
for(int i=2;i<M;i++){
if(!pre[i]) pre[i]=prime[pnum++]=i;
for(int j=0;j<pnum && (ll)i*prime[j]<M;j++){
pre[i*prime[j]]=prime[j];
if(i%prime[j]==0) break;
}
}
}
int n,top;
int a[N],st[N],cnt[N];
ll p[M];
ll Pow_mod(ll x,ll y){
ll ret=1;
while(y){
if(y&1) ret=(ret*x)%P;
x=(x*x)%P;
y>>=1;
}
return ret;
}
ll inv(ll x) { return Pow_mod(x,P-2); }
int main()
{
ll sum,last;
getp();
for(int i=0;i<M;i++) p[i]=1;
scanf("%d",&n);
for(int i=0;i<n;i++){
scanf("%d",&a[i]);
top=0;
for(int j=a[i];j>1;j=j/pre[j]){ //分解質因數（新技能qwq）
if(pre[j]!=st[top]) st[++top]=pre[j];
cnt[top]++;
}
for(int j=1;j<=top;j++){
sum=1; last=1;
while(cnt[j]--) { sum=(sum+last*st[j])%P; last=(last*st[j])%P; }
p[st[j]]=(p[st[j]]*sum)%P;
cnt[j]=0;
}
}
ll ans=1;
for(int i=2;i<M;i++){
if(p[i]==1) continue;
p[i]=(((p[i]-1)*(i-1)%P)*inv((ll)i)%P+1)%P;
ans=(ans*p[i])%P;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}[bzoj3560] DZY Loves Math V