Description
给定n,m,求
模10^9+7的值。Solution
设 \(S(n,m)\) 表示 \(\sum_{i=1}^{m}\phi(n*i)\)
\(Ans=\sum_{i=1}^{n}S(i,m)\)\(S(n,m)=\sum_{i=1}^{m}\phi(n*i)\)如果 \(\mu(n)!=0\)
则有 \(\sum_{i=1}^{m}\phi(\frac{n}{gcd(i,n)})*\phi(i)*gcd(i,n)\) (因为要保证除完\(gcd\)之后,两数不含相同的质因子,所以 \(\mu(n)!=0\))\(\sum_{i=1}^{m}\phi(\frac{n}{gcd(i,n)})*\phi(i)*\sum_{d|i,d|n}\phi(d)\) 因为第一项和第三项是互质的 , 所以可以合并.\(\sum_{i=1}^{m}\phi(i)*\sum_{d|n,d|i}\phi(\frac{n}{d})\)\(\sum_{d=1}^{n}\phi(\frac{n}{d})*\sum_{i=1}^{\frac{m}{d}}\phi(d*i)\)\(\sum_{d=1}^{n}\phi(\frac{n}{d})*S(d,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor)\) 递归处理即可如果 \(\mu(n)=0\)
我们直接提出 \(n\) 的多出的质因子之积 \(a\),使得 \(\mu(\frac{n}{a})!=0\) 那么 \(S(n,m)=\sum_{i=1}^{m}\phi(n*i)\) 中也可以提出 \(a\) 了,因为相同的质因子只会被算一次 根据定义式 \(\phi(n)=n*\Pi p_i\),所以 \(a\) 唯一的贡献就是使前面的 \(n\) 乘了个 \(a\)\(a*S(n,m)=\sum_{i=1}^{m}\phi(\frac{n}{a}*i)=a*S(\frac{n}{a},m)\) 递归处理即可边界条件 \(m=1\) 时,结果为 \(\phi(n)\), \(n=1\) 时,跑一个杜教筛就行了
#includeusing namespace std;const int N=1e5+10,mod=1e9+7;int n,prime[N],num=0,m,phi[N],mu[N],pre[N],la[N],s[N];bool vis[N];void priwork(){ phi[1]=s[1]=1; for(int to,i=2;i 1){ if(pre[x]==last)la[i]*=pre[x]; last=pre[x];x/=pre[x]; } }}map S[N],T;inline int calc(int n){ if(n >1)%mod; for(int i=2,r;i<=n;i=r+1){ r=n/(n/i); ret=(ret-1ll*calc(n/i)*(r-i+1))%mod; } if(ret<0)ret+=mod; return T[n]=ret;}inline int solve(int n,int m){ if(m==1)return phi[n]; if(n==1)return calc(m); if(S[n].find(m)!=S[n].end())return S[n][m]; if(!mu[n])return 1ll*la[n]*solve(n/la[n],m)%mod; int ret=0,lim=min(m,(int)sqrt(n)); for(int i=1;i<=lim;i++){ if(n%i==0){ if(i*i!=n)ret=(ret+1ll*phi[n/i]*solve(i,m/i)+1ll*phi[i]*solve(n/i,m/(n/i)))%mod; else ret=(ret+1ll*phi[n/i]*solve(i,m/i))%mod; } } return S[n][m]=ret;}int main(){ freopen("pp.in","r",stdin); freopen("pp.out","w",stdout); cin>>n>>m; priwork(); int ans=0; for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans+solve(i,m))%mod; printf("%d\n",ans); return 0;}