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Luogu #5325

Solution

• 记 \(p_i\) 表示第 \(i\) 小的质数（\(p[0]=1\)），\(s1[x]=\sum_{i=1}^{x}p[x]，s2[x]=\sum_{i=1}^{x}p[x]^2\)。
• 记 \(g1(x,i)\) 为：\[\sum_{j=1}^{x}[j是质数或j的最小质因子大于p_i]j\]
• 记 \(g2(x,i)\) 为：\[\sum_{j=1}^{x}[j是质数或j的最小质因子大于p_i]j^2\]
• 因为 \(n\) 以内的合数的最小质因子为 \(O(\sqrt n)\)，所以第二维的 \(i\) 满足：\(p_i^2≤n\)。
• 记 \(s(x,y)\) 为：\[\sum_{j=1}^{x}[j的最小质因子大于p_y]j^2-j\]
• 那么显然有： \[ans=S(x,y)+1\]
• 假设我们已经求得了所有的 \(g1(x,i),g2(x,i)\)。
• 考虑如何求 \(s(x,y)\)：
• 我们分别考虑质数与合数对答案的贡献。
• 对于质数，记 \(\sqrt n\) 以内的质数个数为 \(c\)，我们要求的就是：\[res=\sum_{j=y+1}^{c}p_j^2-p_j\]
• 我们把它转换为两个前缀和相减的形式（前 \(c\) 个的贡献 \(-\) 前 \(j\) 个的贡献），并且利用上 \(g1，g2\)，那么有：\[res=g2(x,c)-g1(x,c)-(s2[y]-s1[y])\]
• 对于合数，有最小质因子大于 \(p_y\) 的限制。
• 我们枚举 \(i,j\)，并计算所有满足以下条件的合数 \(a\) 对答案的贡献：
  1.\(a\) 的最小质因子为 \(p_i\)。
  2.\(a\) 可以分解出 \(j\) 个 \(p_i\)。
• 我们把每个合法的 \(a\) 都分解出因数 \(p_i^j\)，记 \(b\) 为分解后的 \(a\)，那么 \(b\) 要满足条件:
  1.\(b\) 的最小质因子大于 \(p_i\) 或 \(b=1\)。
  2.\(b≤\lfloor\frac{x}{p_i^j}\rfloor\)。
• 那么我们就得出了递推式：\[s(x,y)=res-\sum_{i=y+1}^{c}\sum_{j=1,p_i^j≤x}f(p_i^j)*(s(\lfloor\frac{x}{p_i^j}\rfloor,i)+[j=1])\]
• 现在还有一个问题，就是求 \(g1,g2\)。
• 我们可以这样求 \(g1\)（\(g2\) 同理）：
• 先让 \(g1(x,i)=g1(x,i-1)\)，接着要减去所有满足最小质因子等于 \(p_i\)的合数的贡献。
• 我们还是把这些合数分解出因数 \(p_i\)，然后分解后的数 \(d\) 要满足以下条件：
  1.\(d\) 的最小质因子大于 \(p_{i-1}\)。
  2.\(d≤\lfloor\frac{x}{p_i}\rfloor\)。
• 显然有：\[g1(x,i)=g1(x,i-1)-p_i(g1(\lfloor\frac{x}{p_i}\rfloor,i-1)-s1[i-1])\]
• 然后还有一个问题就是 \(g1,g2,s\) 的第一维可能到 \(O(n)\) 级别，需要离散化。
• 显然第一维只可能是某个 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 的值。
• 那么当 \(x≤\sqrt n\)时，记 \(id1[x]\) 表示 \(x\) 离散化后的值。
• 否则，记 \(id2[n/x]\) 表示 \(x\) 离散化后的值。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

const int e = 1e6 + 5, mod = 1e9 + 7;
ll g1[e], g2[e], n, s1[e], s2[e], a[e];
bool bo[e];
int cnt, p[e], tot, id1[e], id2[e], s, inv6;

inline int plu(int x, int y)
{
    (x += y) >= mod && (x -= mod);
    return x;
}

inline int sub(int x, int y)
{
    (x -= y) < 0 && (x += mod);
    return x;
}

inline int ksm(int x, int y)
{
    int res = 1;
    while (y)
    {
        if (y & 1) res = (ll)res * x % mod;
        y >>= 1;
        x = (ll)x * x % mod;
    }
    return res;
}

inline int calc1(ll x)
{
    x %= mod;
    return (ll)x * (x + 1) / 2 % mod;
}

inline int calc2(ll x)
{
    x %= mod;
    return (ll)x * (x + 1) % mod * (2 * x + 1) % mod * inv6 % mod;
}

inline void init()
{
    inv6 = ksm(6, mod - 2); s = sqrt(n);
    ll i, j;
    for (i = 1; i <= n; i = j + 1)
    {
        a[++tot] = n / i;
        j = n / a[tot];
        g1[tot] = sub(calc1(a[tot]), 1);
        g2[tot] = sub(calc2(a[tot]), 1);
        if (a[tot] <= s) id1[a[tot]] = tot;
        else id2[n / a[tot]] = tot;
    }
}

inline void sieve()
{
    int i, j;
    for (i = 2; i <= s; i++)
    {
        if (!bo[i])
        {
            p[++cnt] = i;
            s1[cnt] = plu(s1[cnt - 1], i);
            s2[cnt] = plu(s2[cnt - 1], (ll)i * i % mod);
        }
        for (j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= s; j++)
        {
            bo[i * p[j]] = 1;
            if (i % p[j] == 0) break;
        }
    }
}

inline void solve_g()
{
    int i, j;
    for (i = 1; i <= cnt; i++)
    {
        for (j = 1; j <= tot; j++)
        if ((ll)p[i] * p[i] <= a[j])
        {
            ll x = a[j], y = x / p[i];
            int k = y <= s ? id1[y] : id2[n / y], z = x <= s ? id1[x] : id2[n / x];
            g1[z] = sub(g1[z], (ll)p[i] * sub(g1[k], s1[i - 1]) % mod);
            g2[z] = sub(g2[z], (ll)p[i] * p[i] % mod * sub(g2[k], s2[i - 1]) % mod);
        }
    }
}

inline int dfs(ll x, int y)
{
    if (p[y] >= x) return 0;
    int i, j, k = x <= s ? id1[x] : id2[n / x];
    int res = sub(sub(g2[k], g1[k]), sub(s2[y], s1[y]));
    ll pj;
    for (i = y + 1; i <= cnt && (ll)p[i] * p[i] <= x; i++)
    for (j = 1, pj = p[i]; pj <= x; j++, pj = pj * p[i])
    {
        int f = pj % mod;
        f = (ll)f * sub(f, 1) % mod;
        res = plu(res, (ll)f * plu(dfs(x / pj, i), j != 1) % mod);
    }
    return res;
}

int main()
{
    cin >> n; init(); sieve(); solve_g();
    cout << plu(dfs(n, 0), 1) << endl;
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/cyf32768/p/12196141.html