51nod 1965 奇怪的式子 min_25筛（扩埃筛）_奇怪的函数 min25-优快云博客

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本文深入解析了一种复杂的数论问题求解方法，通过将问题转化为两个部分进行计算，第一部分涉及质因数分解和幂次运算，使用了费马小定理和数论分块技巧；第二部分关注于积性函数和质数的特殊性质，通过扩埃筛法高效求解。代码实现展示了如何处理大范围内的数值计算。

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题目分析

首先式子可以写成 $∏i=1nσ0(i)i∏i=1nσ0(i)μ(i)\prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^i \prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^{\mu(i)}$ ，然后分成两部分分别计算。

第一部分

也就是 $∏i=1nσ0(i)i\prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^i$ 部分。

若将 $x$ 分解质因数后为 $p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_k^{c_k}$ ，则 $σ0(x)=(c1+1)(c2+1)...(ck+1)\sigma_0(x)=(c_1+1)(c_2+1)...(c_k+1)$

优先枚举 $p$ 和 $c$ ，设 $s u m (x)$ 为 $1$ 到 $x$ 的和，则原式化为：

$∏p∏c(c+1)W\prod_p \prod_c (c+1)^{W}$

其中 $W=pcsum(⌊xpc⌋)−pc+1sum(⌊xpc+1⌋)W=p^c sum( \lfloor \frac{x}{p^c} \rfloor )-p^{c+1}sum(\lfloor \frac{x}{p^{c+1}} \rfloor)$

对于小于等于 $n\sqrt{n}$ 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 $∏p2psum(⌊xp⌋)\prod_p 2^{psum(\lfloor \frac{x}{p} \rfloor)}$ ，用扩埃筛筛出前 $i$ 个数中质数的和，数论分块求 $2$ 的幂次，利用费马小定理，幂次取模。

第二部分

也就是 $∏i=1nσ0(i)μ(i)\prod_{i=1}^n \sigma_0(i)^{\mu(i)}$ 部分。

$μ(1)=1,μ(p1p2...pk)=(−1)k\mu(1)=1,\mu(p_1p_2...p_k)=(-1)^k$ ，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 $iμ(i)i^{\mu(i)}$ 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;
}