【BZOJ4916】神犇和蒟蒻（杜教筛）
题面
BZOJ
求
[sum_{i=1}^nmu(i^2) 和 sum_{i=1}^nvarphi(i^2)
]
其中$$n<=10^9$$
题解
第一问
搞笑的
不会做？
算了。。
还是说一下：
想想(mu(x))是怎么算的？？？
既然是(i^2)，每个因数的个数一定不会是(1)
所以除了(mu(1))外一定都是(0)
所以第一问的答案一定是(1)
第二问：
先看看要求的是什么
(varphi(i^2)=i*varphi(i))
为啥？？？
想想你线性筛是怎么写的，那么这个东西就很明显了。
(10^9)的范围
看着就不能线性筛
于是想到了杜教筛
设(f(i)=varphi(i^2)=ivarphi(i))
(S(n)=sum_{i=1}^nf(i))
现在先搞一个(g(x))出来，可以推出式子
（难道这就是杜教筛的套路式子吗？？）
[g(1)S(n)=sum_{i=1}^n(f*g)(i)-sum_{i=2}^ng(i)S(frac{n}{i})
]
现在要做的就是构造一个(g(x))使得前面那玩意很好算
看一看(f(i)=ivarphi(i))
往(varphi(i))的性质上面靠：
(sum_{d|i}varphi(d)=i)
要让$$(f*g)(i)=sum_{d|i}f(d)g(frac{i}{d})$$好算前缀和
直接写一下：
[(f*g)(i)=sum_{d|i}varphi(d)dg(frac{i}{d})
]
要是能够把(d)给搞掉多好，所以(g(frac{i}{d}))最好能够把(d)搞掉
发现令(g(x)=x)就可以啦
[(f*g)(i)=sum_{d|i}varphi(d)dfrac{i}{d}
]
[=sum_{d|i}varphi(d)i
]
[=isum_{d|i}varphi(d)
]
[=i^2
]
这个玩意的前缀和多好算
[sum_{i=1}^n(g*f)(i)=1^2+2^2+.....n^2=frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
]
所以把那个我认为的杜教筛的套路式子拿出来
[g(1)S(n)=sum_{i=1}^n(f*g)(i)-sum_{i=2}^ng(i)S(frac{n}{i})
]
[S(n)=frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-sum_{i=2}^niS(frac{n}{i})
]
看起来可以杜教筛了嗷。。。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 10000000
#define MOD 1000000007
int n,N;
int pri[MAX+10],phi[MAX+10],tot,inv=166666668;
bool zs[MAX+10];
map<int,int> M;
void pre(int N)
{
zs[1]=true;phi[1]=1;
for(int i=2;i<=N;++i)
{
if(!zs[i])pri[++tot]=i,phi[i]=i-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;++j)
{
zs[i*pri[j]]=true;
if(i%pri[j])phi[i*pri[j]]=1ll*phi[i]*phi[pri[j]]%MOD;
else{phi[i*pri[j]]=1ll*phi[i]*pri[j]%MOD;break;}
}
}
for(int i=1;i<=N;++i)phi[i]=(1ll*i*phi[i]%MOD+phi[i-1])%MOD;
}
int S(int x)
{
if(x<=N)return phi[x];
if(M[x])return M[x];
int ret=1ll*x*(x+1)%MOD*(x+x+1)%MOD*inv%MOD;
for(int i=2,j;i<=x;i=j+1)
{
j=x/(x/i);
int tt=1ll*(i+j)*(j-i+1)/2%MOD;
ret-=1ll*tt*S(x/i)%MOD;
ret%=MOD;
}
return M[x]=(ret+MOD)%MOD;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);puts("1");
pre(N=min(n,MAX));
printf("%d
",S(n));
return 0;
}