[51nod1227]平均最小公倍数（反演+杜教筛）

最新推荐文章于 2021-11-13 15:03:19 发布

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#反演 #杜教筛

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本文深入解析了一个涉及数论和组合数学的复杂算法问题，通过引入杜教筛等技巧，最终简化了问题并给出了高效的求解方法。

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题目：

我是超链接

题解：

A函数实际上是

1 n \sum i = 1 n i n g c d ( i , n ) = \sum i = 1 n i g c d ( i , n )

$\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}\frac{in}{gcd(i,n)}=\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{gcd(i,n)}$
那么我们要求的F函数就是

\sum i = 1 n \sum j = 1 i j g c d ( i , j )

$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}\frac{j}{gcd(i,j)}$
经过套路的画柿子之后我们得到的是

\sum d = 1 n \sum i = 1 n d \sum j = 1 i [(i, j) = 1] j

$\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^i[(i,j)=1]j$
我们发现j循环的这一堆似乎有意义：1..i内与i互质数的和

对于i与n互素，gcd(n,i)=1，则必有gcd(n,n-i)=1

设n的欧拉函数值为φ[n]，则有φ[n]个数与n互素，这些数两两相加必等于n

于是有答案为φ[n]*n/2，但对于n=1，我们要的输出是1，但根据这个意义来说是0，这样就导致i=1的没有计算，一共少算了n次，少了n，我们加上就是了，还有一个问题就是/2，我们一样拉到外面就行了
那么柿子又变得优美了

1 / 2 * (n + \sum d = 1 n \sum i = 1 n d φ (i) * i)

$1/2*(n+\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}φ(i)*i)$
后面这一堆怎么这么套路啊，杜教筛吧，那我们设

F(i)=φ(i)∗i F ( i ) = φ ( i ) ∗ i $F(i)=φ(i)*i$ ，则我们要求

Sum(i)=∑ni=1F(i) S u m ( i ) = ∑ i = 1 n F ( i ) $Sum(i)=\sum_{i=1}^nF(i)$

这个时候应该找一个前缀和好求的函数和F卷起来得到一个前缀和好求的函数，我们找到 $h(i)=i$

F * h (n) = \sum d | n φ (d) * d * n d = n * \sum d | n φ (d) = n 2

$F*h(n)=\sum_{d|n}φ(d)*d*\frac{n}{d}=n*\sum_{d|n}φ(d)=n^2$
有戏了，接着画（有意识的让F(i)里面的i是可以递归求解的）

\sum i = 1 n i 2 = \sum i = 1 n F * h (i) = \sum i = 1 n \sum d | i F (i d) * d = \sum d = 1 n d \sum i = 1 n d F (i)

$\sum_{i=1}^ni^2=\sum_{i=1}^nF*h(i)=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}F(\frac{i}{d})*d=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}F(i)$

那么移个项就可以了

S u m (n) = \sum i = 1 n i 2 - \sum d = 2 n d * S u m (n d)

$Sum(n)=\sum_{i=1}^ni^2-\sum_{d=2}^nd*Sum(\frac{n}{d})$

完结撒花✿✿ヽ(ﾟ▽ﾟ)ノ✿

代码：

#include <map>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#define LL long long
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1000000;
const int N=1000050;
int pri[N],tot;bool ss[N];
LL inv6,inv2,phi[N];map<LL,LL>mp;
LL pfh(LL a){a%=mod; return a*(a+1)%mod*(2*a+1)%mod*inv6%mod;}
LL he(LL a){a%=mod; return a*(a+1)%mod*inv2%mod;}
LL ksm(LL a,LL k)
{
    LL ans=1;
    for (;k;k>>=1,a=a*a%mod)
      if (k&1) ans=ans*a%mod;
    return ans;
}
LL inv(LL a){a%=mod;return ksm(a,mod-2);}
void init(int n)
{
    phi[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!ss[i]) pri[++tot]=i,phi[i]=i-1;
        for (int j=1;j<=tot && pri[j]*i<=n;j++)
        {
            ss[pri[j]*i]=1;
            if (i%pri[j]==0) 
            {
                phi[pri[j]*i]=(LL)pri[j]*phi[i]%mod;
                break;
            }
            phi[pri[j]*i]=(LL)(pri[j]-1)*phi[i]%mod;
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++) phi[i]=(phi[i]*(LL)i%mod+phi[i-1])%mod;
    inv6=inv(6); inv2=inv(2);
}
LL Sum(int n)
{
    if (n<=maxn) return phi[n];
    if (mp.count(n)) return mp[n];
    LL ans=pfh(n);
    for (int i=2,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=n/(n/i);
        ans=(ans-(LL)(he(last)-he(i-1))%mod*Sum(n/i)%mod+mod)%mod;
    }
    return mp[n]=ans;
}
LL solve(int n)
{
    LL ans=0;
    for (int i=1,last;i<=n;i=last+1)
    {
        last=n/(n/i);
        ans=(ans+(LL)(last-i+1)*Sum(n/i)%mod)%mod;
    }
    return (ans+n)%mod*inv2%mod;
}
int main()
{
    int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);
    init(min(b,maxn));
    printf("%lld",(solve(b)-solve(a-1)+mod)%mod);
}