51nod1238 最小公倍數之和V3【杜教篩】

題意：

求$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nlcm(i,j) ~~~~~~~~mod~10^9\!+\!7\\n<=10^{10}$

題目分析：

化簡，$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nlcm(i,j)\\=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac {i*j}{gcd(i,j)}$
枚舉gcd$=\sum_{d=1}^nd*\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac nd}[gcd(i,j)==1]*i*j$
OK,且慢，這裏的gcd(i,j)==1就很講究了，有兩種方法

法一：歐拉函數 $\varphi$

因爲$\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac nd}$是對稱的，所以可以化爲
$=\sum_{d=1}^nd*\left\{\left(2\sum_{i=1}^{\frac nd}i\sum_{j=1}^ij[(i,j)==1]\right)-1\right\}\\=\sum_{d=1}^nd*\left\{\left(2\sum_{i=1}^{\frac nd}i*\frac{i*\varphi(i)+[i=1]}2\right)-1\right\}\\=\sum_{d=1}^nd*\sum_{i=1}^{\frac nd}i^2*\varphi(i)$
然後按照d分塊優化，要求$i^2*\varphi(i)$的前綴和，把它看做$id\cdot id\cdot\varphi$
那麼$(id\cdot id\cdot\varphi)*(id\cdot id)=$
$\sum_{i|n}i^2*\varphi(i)*(\frac ni)^2\\=n^2\sum_{i|n}\varphi(i)\\=n^3\\=id^3$
$id^2和id^3$的前綴和都很好求，所以問題就解決了
$\sum_{i=1}^ni^3=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}d^2*\varphi(d)*(\frac id)^2\\=\sum_{i=1}^ni^2\sum_{d=1}^{\frac ni}d^2*\varphi(d)\\=\sum_{i=1}^ni^2*F(\frac ni)$
把i=1提出來，那麼$F(n)=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{i=2}^ni^2*F(\frac ni)$
$i^2*\varphi(i)$是積性函數，可以線性篩一部分，然後分塊優化遞歸求解即可

法一的核心點：$\sum_{i=1}^ni*[(n,i)==1]={n*\varphi(n)+[n=1]\over2}$

因爲倘若i與n互質，則n-i也與n互質，這樣的對數有$\varphi(n)/2$對，每對的和都爲n

法二：莫比烏斯反演 $\mu$

$\sum_{d=1}^nd*\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac nd}[gcd(i,j)==1]*i*j\\=\sum_{d=1}^nd*\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac nd}i*j*\sum_{k|(i,j)}\mu(k)\\=\sum_{d=1}^nd*\sum_{k=1}^{\frac nd}\mu(k)k^2\sum_{i=1}^{\frac n{dk}}\sum_{j=1}^{\frac n{dk}}i*j$
令dk=T
$\large=\sum_{T=1}^n({\frac nT*(\frac nT+1)\over2})^2*\sum_{k|T}\mu(k)*k^2*{\frac Tk}$
按照T分塊優化，要求$\sum_{k|T}\mu(k)*k^2*{\frac Tk}$的前綴和（這時候最好不要把T提出去），把它看做$(id\cdot id\cdot\mu)*id$
那麼$(id\cdot id\cdot\mu)*id*(id\cdot id)=$
$(id\cdot id\cdot\mu)*(id\cdot id)*id\\=\left(\sum_{d|T}d^2*\mu(d)*(\frac Td)^2\right)*id\\=\left(T^2\sum_{d|T}\mu(d)\right)*id\\=\sum_{T|N}T^2*(\frac NT)\sum_{d|T}\mu(d)\\=N\sum_{T|N}T[T==1]\\=id$
$id^2和id$的前綴和都很好求，剩下的部分就和法一的轉化方法類似了

法二的核心：$[n==1]=\sum_{d|n}\mu(d)$

兩種方法的共同點：

都利用了卷積(遞歸方法)來求解n比較大時，通常n<=1e9,1e10,1e11，的前綴和問題，構造出$f*g=h$的形式，當g,h的前綴和可以O(1)求解，且f爲積性函數，可以線性篩一部分時，求解f的前綴和的時間複雜度爲$O(n^{\frac 23})$

Ps：兩種方法都試圖通過卷積消去$\varphi$或$\mu$前面的係數，從而簡化形式，這是個初學時很難想到的點(至少我沒想到。。。)。

此處貼出法一的代碼，法二請讀者自行嘗試。。。

#include<cstdio>
#include<map>
#define LL long long
using namespace std;
const int mod = 1e9+7, N = 5000000, inv2 = 5e8+4, inv6 = 166666668;
int p[N/10],sum[N+5];
bool v[N+5];
map<LL,int>F;
inline int sqr(int x){return 1ll*x*x%mod;}
void Prime()
{
	sum[1]=1;int cnt=0;
	for(int i=2;i<=N;i++)
	{
		if(!v[i]) p[++cnt]=i,sum[i]=1ll*i*i%mod*(i-1)%mod;
		for(int j=1,k;j<=cnt&&p[j]*i<=N;j++)
		{
			v[k=p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0) {sum[k]=1ll*sum[i]*p[j]%mod*sqr(p[j])%mod;break;}
			sum[k]=1ll*sum[i]*sum[p[j]]%mod;
		}
	}
	for(int i=2;i<=N;i++) sum[i]=(sum[i]+sum[i-1])%mod;
}
inline LL calc(LL n){return n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod;}
int solve(LL n)
{
	if(n<=N) return sum[n];
	if(F.count(n)) return F[n];
	int ret=sqr(n%mod*((n+1)%mod)%mod*inv2%mod);
	for(LL i=2,j;i<=n;i=j+1)
	{
		j=n/(n/i);
		ret=(ret-(calc(j%mod)-calc((i-1)%mod))*solve(n/i))%mod;
	}
	return F[n]=ret;
}
int main()
{
	Prime();
	LL n,ans=0;
	scanf("%lld",&n);
	for(LL i=1,j;i<=n;i=j+1)
	{
		j=n/(n/i);
		ans=(ans+(i+j)%mod*(j-i+1)%mod*inv2%mod*solve(n/i))%mod;
	}
	printf("%lld",(ans+mod)%mod);
}