[bzoj4916] 神犇和蒟蒻 [杜教筛]

Posted 2020-10-26 Orion545

第二周练习 杜教筛 T4

题面：

传送门

一句话，就是让你求$\\mu\\left(i^2\\right)$以及$\\varphi\\left(i^2\\right)$的前缀和

思路：

第一问，瞪了一会儿恍然大悟：这不就是1吗......

因为对于$\\mu\\left(i^2\\right)$，$i^2=i\\ast i$，那么$\\mu\\left(i^2\\right)$在$i\\neq1$的时候值都是0

所以第一问输出1就好了......

 

接下来看第二问

这一问中解决$\\varphi\\left(i^2\\right)$是关键，因为这东西是个积性函数，可以套进杜教筛里面，而一旦进了杜教筛这题就解决了

当前的关键，是找到杜教筛套路式子中的$g\\left(x\\right)

我当时想了半天，准备从$\\varphi$函数的本质下手，奈何能力不足，就参考了一下某度上的结果，然后看到了这个东西：

发现，当$n$变成$n^2$的时候，右边的每一个质数$p$的指数都上升了$a_p$

也就是说，$\\varphi\\left(i^2\\right)=\\varphi\\left(i\\right)\\ast i$

美！滋！滋！

所以我们只要设$g\\left(x\\right)=x$，然后套用杜教筛套路：

$ g\\left(1\\right)S\\left(n\\right)=\\sum_{i=1}^{n}\\left(g\\ast f\\right)\\left(i\\right)-\\sum_{i=2}^{n}g\\left(i\\right)S\\left(\\frac ni\\right) $

此时g和f函数的卷积等于id

$ S\\left(n\\right)=\\sum_{i=1}^{n}i-\\sum{i=2}^{n}iS\\left(\\frac ni\\right) $

然后就递归记忆化AC

 

Code：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cstdio>
 5 #include<map>
 6 #define ll long long
 7 ll MOD=1e9+7,inv6=166666668;
 8 using namespace std;
 9 inline ll read(){
10     ll re=0,flag=1;char ch=getchar();
11     while(ch>\'9\'||ch<\'0\'){
12         if(ch==\'-\') flag=-1;
13         ch=getchar();
14     }
15     while(ch>=\'0\'&&ch<=\'9\') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-\'0\',ch=getchar();
16     return re*flag;
17 }
18 ll tot,pri[2000010],phi[2000010];bool vis[2000010]={0};
19 void init(){
20     ll i,j,k;phi[1]=1;vis[1]=1;
21     for(i=2;i<=2000000;i++){
22         if(!vis[i]){
23             pri[++tot]=i;phi[i]=i-1;
24         }
25         for(j=1;j<=tot;j++){
26             k=i*pri[j];if(k>2000000) break;
27             vis[k]=1;
28             if(i%pri[j]==0){
29                 phi[k]=phi[i]*pri[j]%MOD;
30                 break;
31             }
32             phi[k]=phi[i]*phi[pri[j]]%MOD;
33         }
34     }
35     for(i=1;i<=2000000;i++) phi[i]=(i*phi[i]%MOD+phi[i-1])%MOD;
36 }
37 map<ll,ll>m;
38 ll sum(ll l,ll r){return (r-l+1)*(r+l)/2%MOD%MOD;}
39 ll sum2(ll x){x%=MOD;return x*(x+1)%MOD*(2*x+1)%MOD*inv6%MOD;}
40 ll S(ll x){
41     if(x<=2000000) return phi[x];
42     if(m[x]) return m[x];
43     ll i,j,re=sum2(x);
44     for(i=2;i<=x;i=j+1){
45         j=x/(x/i);
46         re-=sum(i,j)*S(x/i)%MOD;re%=MOD;
47     }
48     return m[x]=(re+MOD)%MOD;
49 }
50 int main(){
51     ll i,j,n;init();
52     n=read();puts("1");
53     printf("%lld\\n",S(n));
54 }