题目分析
首先式子可以写成∏i=1nσ0(i)i∏i=1nσ0(i)μ(i)\prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^i \prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^{\mu(i)}∏i=1nσ0(i)i∏i=1nσ0(i)μ(i),然后分成两部分分别计算。
第一部分
也就是∏i=1nσ0(i)i\prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^i∏i=1nσ0(i)i部分。
若将xxx分解质因数后为p1c1p2c2...pkckp_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_k^{c_k}p1c1p2c2...pkck,则σ0(x)=(c1+1)(c2+1)...(ck+1)\sigma_0(x)=(c_1+1)(c_2+1)...(c_k+1)σ0(x)=(c1+1)(c2+1)...(ck+1)
优先枚举ppp和ccc,设sum(x)sum(x)sum(x)为111到xxx的和,则原式化为:
∏p∏c(c+1)W\prod_p \prod_c (c+1)^{W}∏p∏c(c+1)W
其中W=pcsum(⌊xpc⌋)−pc+1sum(⌊xpc+1⌋)W=p^c sum( \lfloor \frac{x}{p^c} \rfloor )-p^{c+1}sum(\lfloor \frac{x}{p^{c+1}} \rfloor)W=pcsum(⌊pcx⌋)−pc+1sum(⌊pc+1x⌋)
对于小于等于n\sqrt{n}n的质数,直接枚举这些东西也不会TLE。
对于大于的,这个质因子最多只存在一次,所以是求∏p2psum(⌊xp⌋)\prod_p 2^{psum(\lfloor \frac{x}{p} \rfloor)}∏p2psum(⌊px⌋),用扩埃筛筛出前iii个数中质数的和,数论分块求222的幂次,利用费马小定理,幂次取模。
第二部分
也就是∏i=1nσ0(i)μ(i)\prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^{\mu(i)}∏i=1nσ0(i)μ(i)部分。
μ(1)=1,μ(p1p2...pk)=(−1)k\mu(1)=1,\mu(p_1p_2...p_k)=(-1)^kμ(1)=1,μ(p1p2...pk)=(−1)k,其余情况都为0。
所以只有能够被写成一堆不同质数相乘的数,幂次不为0。
于是iμ(i)i^{\mu(i)}iμ(i)这东西就是个积性函数。
用扩埃筛直接做就好了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define RI register int
typedef long long LL;
const LL m1=1e12+39,m2=1e12+38;
const int N=316230;
LL n,sqn,ans;int T,tot;
int is[N];LL pri[N],f1[N],f2[N],s1[N],s2[N];
LL mul(LL x,LL y,LL P)
{return (x*y-(LL)((long double)x/P*y+0.3)*P+P)%P;}
LL qm(LL x,LL P) {return x>=P?x-P:x;}
LL sum(LL x) {return (x&1)?mul((x+1)/2,x,m2):mul(x+1,x/2,m2);}
void min25() {
if(n<=1) return;
sqn=sqrt(n),tot=0;
for(RI i=1;i<=sqn;++i) {
f1[i]=qm(sum(i)-1+m2,m2),f2[i]=qm(sum(n/i)-1+m2,m2);
s1[i]=i-1,s2[i]=n/i-1;
}
for(LL p=2;p<=sqn;++p) {
if(s1[p]==s1[p-1]) continue;
LL tmpf=f1[p-1],tmps=s1[p-1];pri[++tot]=p;
for(LL i=1;i<=sqn/p;++i) {
f2[i]=qm(f2[i]-mul(p,qm(f2[i*p]-tmpf+m2,m2),m2)+m2,m2);
s2[i]-=s2[i*p]-tmps;
}
for(LL i=sqn/p+1;i<=n/p/p&&i<=sqn;++i) {
f2[i]=qm(f2[i]-mul(p,qm(f1[n/i/p]-tmpf+m2,m2),m2)+m2,m2);
s2[i]-=s1[n/i/p]-tmps;
}
for(LL i=sqn;i>=p*p;--i) {
f1[i]=qm(f1[i]-mul(p,qm(f1[i/p]-tmpf+m2,m2),m2)+m2,m2);
s1[i]-=s1[i/p]-tmps;
}
}
}
LL ksm(LL x,LL y) {
LL re=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x,m1)) if(y&1) re=mul(re,x,m1);
return re;
}
LL work1_smaller() {
LL re=1;
for(RI k=1;k<=tot;++k) {
LL p=pri[k];
for(LL c=1,pc=p;pc<=n;pc*=p,++c)
re=mul(re,ksm(c+1,qm(mul(pc,sum(n/pc),m2)-
mul(pc*p%m2,sum(n/pc/p),m2)+m2,m2)),m1);
}
return re;
}
LL work1_bigger() {
LL re=0;
for(LL i=sqn+1,j,las=f1[sqn],now;i<=n;i=j+1,las=now) {
j=n/(n/i),now=f2[n/i];
re=qm(re+mul(sum(n/i),qm(now-las+m2,m2),m2),m2);
}
return ksm(2,re);
}
LL work2(int x,LL K,LL res,LL rem) {
LL tmp=(rem<=sqn?s1[rem]:s2[n/rem]);
LL re=qm(m2-mul(res,qm(tmp-s1[pri[x-1]]+m2,m2),m2),m2);
re=mul(re,K+1,m2);
for(RI i=x;pri[i]*pri[i]<rem&&i<=tot;++i)
re=qm(re+work2(i+1,K+1,m2-res,rem/pri[i]),m2);
return re;
}
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%lld",&n);
min25();
ans=mul(work1_smaller(),work1_bigger(),m1);
ans=mul(ans,ksm(2,work2(1,0,1,n)),m1);
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}