The Preliminary Contest for ICPC Asia Nanjing 2019 南京網絡賽 E. K Sum(杜教篩+歐拉降冪)

標題

有函數
$f_{n}(k)=\sum_{l_1=1}^{n}\sum_{l_2=1}^{n}\cdots\sum_{l_k=1}^{n}gcd(l_1,l_2,\cdots,l_k)^2$
求
$\sum_{i=2}^kf_n(i)\mod 1e9+7$
其中$1\le n\le 10^9$,$2\le k \le 10^{10^5}$

思路

第一步我們肯定先對$f_n(k)$進行化簡，先把$gcd$提出來
$f_n(k)=\sum_{d=1}^nd^2\sum_{l_1=1}^{n}\sum_{l_2=1}^{n}\cdots\sum_{l_k=1}^{n}[gcd(l_1,l_2,\cdots,l_k)==d]$
後面部分都除個$d$
$f_n(k)=\sum_{d=1}^nd^2\sum_{l_1=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{l_2=1}^{\frac{n}{d}}\cdots\sum_{l_k=1}^{\frac{n}{d}}[gcd(l_1,l_2,\cdots,l_k)==1]$
將$\sum_{d|gcd(l_1,l_2,\cdots,l_k)}\mu(d)=[gcd(l_1,l_2,\cdots,l_k)==1]$帶入
$f_n(k)=\sum_{d=1}^nd^2\sum_{l_1=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{l_2=1}^{\frac{n}{d}}\cdots\sum_{l_k=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{i|gcd(l_1,l_2,\cdots,l_k)}\mu(i)$
將$i$提出有，及枚舉1到$\frac{n}{d}$內的倍數，所以有
$$
$f_n(k)=\sum_{d=1}^nd^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu(i)\sum_{l_1=1}^{\frac{n}{id}}\sum_{l_2=1}^{\frac{n}{id}}\cdots\sum_{l_k=1}^{\frac{n}{id}}1$
後面的部分及$\frac{n}{id}$的$k$次冪即
$f_n(k)=\sum_{d=1}^nd^2\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\mu(i)\left \lfloor \frac{n}{id} \right \rfloor^k$上式等價於
$f_n(k)=\sum_{d=1}^nd^2\sum_{id=1}^{n}\mu(i)\left \lfloor \frac{n}{id} \right \rfloor^k$
我們令$T=id$帶入有
$f_n(k)=\sum_{d=1}^n\sum_{T=1}^{n}[T\%d==0]d^2\mu(\frac{T}{d})\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^k$
這裏可以看作枚舉的是$1$到$n$中每一個$d$的倍數，那麼我們也等價於枚舉$1$到$n$中每個數$T$的因子
$f_n(k)=\sum_{T=1}^n\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^k\sum_{d|T}d^2\mu(\frac{T}{d})$
然後我們考慮求解設有函數$S(n)$,$f(n)$
$S(n)=\sum_{i=1}^nf(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|T}d^2\mu(\frac{T}{d})$
對於函數$f(n)$爲$Id^2$和$\mu$的迪利克雷卷積即
$f(n)=(Id^2*\mu)(n)$
我們又知道$\mu*I=e$
我們令$g(n)=I(n)=1$讓$g$和$f$進行卷積然後對其求和，即用杜教篩
$\sum_{i=1}^ng*f=\sum_{i=1}^nId^2(i)=\sum_{i=1}^ni^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
所以這兩個函數的卷積的前綴和是很好求的

$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})$
對於這個式子是枚舉1到n中每個數的因子的，他和枚舉1到n中每個數的倍數是等價的那就有
$\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}g(d)f(\frac{i}{d})=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}g(d)f(i)=\sum_{d=1}^ng(d)\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}f(i)=\sum_{d=1}^ng(d)S(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)$
$\sum_{d=1}^ng(d)S(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)=g(1)S(n)+\sum_{d=2}^ng(d)S(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)=\sum_{i=1}^ni^2$
$g(1)S(n)=\sum_{i=1}^ni^2-\sum_{d=2}^ng(d)S(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)$
由於$g(n)=1$，所以
$S(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-\sum_{d=2}^nS(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor)$
對於$f$函數我們要先預處理一部分前綴和這樣可以降低杜教篩的複雜度

$f$函數是一個積性函數，顯然可以用積性函數線性篩，即記錄一個$low[i]$，$low[i]$的含義是記錄將i唯一分解後最小的質數的次冪，即$low[i]=p^k$，那麼在線性篩中當$i\%prime[j]==0$時，$\frac{i}{low[i]}$和$low[i]*prime[j]$肯定是互質的，那麼就可以通過積性函數的性質互質的兩個數$f(i)*f(j)=f(ij)$，所以$f[i*prime[j]]=f[i/low[i]]*f[low[i]*prime[j]]$。但是還有一種情況就是當$i==low[i]$時，$i$中不含有其他因子那麼有我們要處理一下$f(p^k)$這種，通過手寫幾項就可以發現有遞推式$f[i*prime[j]]=f[i]*prime[j]$，即$f(p^{k+1})=f(p^k)*p$，這樣就可以篩了

再回到原函數$f_n(k)$中,有$last=\frac{n}{\frac{n}{T}}$，那麼$f_n(k)$就可以分塊做有
$$
$f_n(k)=\sum_{T=1}^n(S(last)-S(T-1))\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^k$
題目要求的是
$\sum_{i=2}^kf_n(i)=\sum_{T=1}^n(S(last)-S(T-1))\sum_{i=2}^k\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor^i$
令$q=\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor$，那麼後面就是一個等比數列求和有
$\sum_{i=2}^kf_n(i)=\sum_{T=1}^n(S(last)-S(T-1))\frac{q^{k+1}-q^2}{q-1}$
注意還有公比爲$1$的情況，所以實際上的答案爲
$\sum_{i=2}^kf_n(i)=\sum_{T=1}^n(S(last)-S(T-1))\frac{q^{k+1}-q^2}{q-1}[q!=1]+(S(last)-S(T-1))(k-1)[q==1]$
還有一點值得注意的是他的$k$很大，在求解$q^{k+1}$次冪的時候要用上歐拉降冪這個時候對輸入的$k\mod 1e9+6$，而當公比爲$1$的時候用的是輸入的$k\mod 1e9+7$，記錄兩個$k$的值

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e6+5;
const int mod=1e9+7;
const int p=mod-1;
const int inv6=166666668;
bool vis[N];
int prime[N];
long long f[N];
int low[N];
int cnt;
void init()
{
    f[1]=low[1]=1;
    cnt=0;
    for(int i=2; i<N; i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[cnt++]=i;
            f[i]=(1ll*i*i-1+mod)%mod;
            low[i]=i;
        }
        for(int j=0; j<cnt&&i*prime[j]<N; j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                low[i*prime[j]]=low[i]*prime[j];
                if(i==low[i])
                {
                    f[i*prime[j]]=f[i]*prime[j]%mod*prime[j]%mod;
                }
                else
                {
                    f[i*prime[j]]=f[i/low[i]]*f[low[i]*prime[j]]%mod;
                }
                break;
            }
            else
            {
                low[i*prime[j]]=prime[j];
                f[i*prime[j]]=f[i]*f[prime[j]]%mod;
            }
        }
    }
    for(int i=1; i<N; i++)
        f[i]=(f[i-1]+f[i])%mod;
}
map<long long,long long>F;
long long S(long long n)
{
    if(n<N) return f[n];
    if(F.find(n)!=F.end()) return F[n];
    long long sum=n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod;
    for(long long i=2,last; i<=n; i=last+1)
    {
        last=n/(n/i);
        sum=(sum-(last-i+1)%mod*S(n/i)%mod+mod)%mod;
    }
    F[n]=sum;
    return sum;
}
long long quickmod(long long a,long long b)
{
    long long ans=1;
    while(b)
    {
        if(b%2==1)
            ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b=b/2;
    }
    return ans;
}
char str[100005];
int main()
{
    init();
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        int n;
        scanf("%d%s",&n,str);
        long long k1=0;
        long long k2=0;
        int len=strlen(str);
        for(int i=0;i<len;i++)
        {
            k1=k1*10+str[i]-'0';
            k1%=p;
            k2=k2*10+str[i]-'0';
            k2%=mod;
        }
        long long ans=0;
        for(int i=1,last;i<=n; i=last+1)
        {
            last=n/(n/i);
            if((n/i)!=1)
            {
                ans=(ans+(S(last)-S(i-1)+mod)%mod*(quickmod(n/i,k1+1)%mod-1ll*(n/i)*(n/i)%mod+mod)%mod*quickmod(n/i-1,mod-2)%mod)%mod;
            }
            else
            {
                ans=(ans+(S(last)-S(i-1)+mod)%mod*((k2-1+mod)%mod)%mod)%mod;
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}