题目传送门
分析：
对于这道题来说，当(x)为质数时：
(~~~~f(x)=x-1+2[x=2])
因为除2以外的质数都是奇数，它们与1异或就是减一，然后2就是加一
然后我们先来康康怎么快速求一个子问题：
(~~~~F(n)=sum_{i=1}^{n}f(i)[iin Prime])
然后就要学学一个叫min25筛的奇妙的东西
对于一个函数f(x)：
1、(f(x))可以用多项式表达。。。（一般都可以吧2333）
2、(f(x^k))可以快速算出（这里的快速是指可以预处理之类的可以很快求出的东西，因为min25筛的复杂度会乘上求(f(x^k))时的复杂度，所以这里的快速算出自己算复杂度拿捏一下就好了）
首先先引入一个函数(G_{k}(n,m))
(G_{k}(n,m)=sum_{i=1}^{n}i^k[iin Prime~||~minP_{i}>P_{m}])
其中(minP_{i})代表 (i) 的最小质因子，(P_{m})代表第(m)个质数
那么在当(n>1)时我们的子问题就可以转化：
(~~~~sum_{i=1}^{n}f(i)[iin Prime])
(=sum_{i=1}^{n}(i-1)[iin Prime]+2)
(=sum_{i=1}^{n}i^1[iin Prime]-sum_{i=1}^{n}i^0[iin Prime]+2)
(=G_{1}(n,|P|)-G_{0}(n,|P|)+2)
其中(|P|)为(n)以内的质数个数
奥妙重重
于是乎我们开始思考如何推导(G_{k})
考虑从(G_{k}(n,m-1))推出(G_{k}(n,m))相当于去除最小质因子为(P_{m})的 (i) 的(f(i))
容斥一发：
(~~~G_{k}(n,m)=G_{k}(n,m-1)-P_{m}^k(G_{k}(lfloorfrac{n}{P_m} floor,m-1)+G_k(P_m-1,m-1)))
然后(G_k(n,0)=sum_{i=1}^{n}i^k)，当(k)较小的时候是可以快速求的
递推过程中我们只需要考虑(sqrt n)种取值
然后从前往后枚举质因数较大的取值不会影响小的取值，所以反向更新
复杂度(O(N/lnsqrt N))
很卡，所以考虑优化
当(P_m^2>n)时，(G_k(n,m)=G_k(n,m-1))
剪枝之后的复杂度是(O(N^frac{3}{4}))（不会证dbq），实际上好像会快很多2333
然后我们知道了(F(n))
尝试求一下前缀和(S(n,m))
(~~~~S(n,m)=sum_{i=1}^{n}F(i)[minP_ige P_m])
(=F(n)-F(P_m-1)+sum_{i=m}^{|P|}sum_{j=1}^{P_i^{j-1}~le N}(f(P_i^j)cdot S(lfloorfrac{N}{P_i^j} floor,i+1)+f(P_i^{j+1})))
由于(P_mle sqrt N)，这些值的(F)值之前筛的时候都是算出来了的（奥妙重重）
那么答案其实就是(S(N,1)+f(1))
(F(n))预处理一下
然后(S(n,1))直接搜
OrzOrz
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<iostream>
#include<map>
#include<string>
#define maxn 500005
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007
#define inv2 500000004
using namespace std;
inline long long getint()
{
long long num=0,flag=1;char c;
while((c=getchar())<'0'||c>'9')if(c=='-')flag=-1;
while(c>='0'&&c<='9')num=num*10+c-48,c=getchar();
return num*flag;
}
long long N,S;
long long pri[maxn],np[maxn],cnt,sumpri[maxn];
long long G0[maxn],G1[maxn];
long long num[maxn],tot;
long long pos1[maxn],pos2[maxn];
inline void init()
{
for(int i=2;i<maxn;i++)
{
if(!np[i])pri[++cnt]=i,sumpri[cnt]=(sumpri[cnt-1]+i)%MOD;
for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<maxn;j++)
{
np[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0)break;
}
}
}
inline long long getsum(long long n,long long m)
{
if(n<2||pri[m]>n)return 0;
long long k=(n<=S)?pos1[n]:pos2[N/n],ret=(G1[k]-sumpri[m-1]-G0[k]+m-1)%MOD;
ret+=(m==1)<<1;
for(int i=m;i<=cnt&&pri[i]*pri[i]<=n;i++)
{
long long tmp=pri[i];
for(int j=1;tmp*pri[i]<=n;j++,tmp*=pri[i])
ret=(ret+(getsum(n/tmp,i+1)*(pri[i]^j)%MOD)+(pri[i]^(j+1))%MOD)%MOD;
}
return ret;
}
int main()
{
init();
N=getint();
S=sqrt(N);
for(long long i=1,j;i<=N;i=j+1)
{
j=N/(N/i);num[++tot]=N/i;
G0[tot]=(num[tot]-1)%MOD;
G1[tot]=(num[tot]%MOD)*((num[tot]+1)%MOD)%MOD*inv2%MOD;
G1[tot]--;
if(num[tot]<=S)pos1[num[tot]]=tot;
else pos2[j]=tot;
}
for(int j=1;j<=cnt;j++)
for(int i=1;i<=tot&&pri[j]*pri[j]<=num[i];i++)
{
int k=(num[i]/pri[j]<=S)?pos1[num[i]/pri[j]]:pos2[N/(num[i]/pri[j])];
(G0[i]+=MOD-(G0[k]-(j-1))%MOD)%=MOD;
(G1[i]+=MOD-pri[j]*(G1[k]-sumpri[j-1])%MOD)%=MOD;
}
printf("%lld
",(getsum(N,1)+1+MOD)%MOD);
}
