51nod 1363 最小公倍数之和

题目：最小公倍数之和

sol：

1.qls的式子（见51nod讨论区）：

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}lcm(i,n)&=n\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{gcd(i,n)}\\ &=n\sum_{g|n}\sum_{1\leq i \leq n = g|i}[gcd(i,n)==g]\frac{i}{g}\\ &=n\sum_{g|n}\sum_{i=1}^{n/g}[gcd(i,\frac{n}{g})==1]i\\ &=n\sum_{g|n}\sum_{i=1}^{n/g}i\sum_{d|gcd(i,n/g)}\mu(d)\\ &=n\sum_{g|n}\sum_{d|\frac{n}{g}}\mu(d)\sum_{1\leq i \leq \frac{n}{g} = d|i}i\\ &=n\sum_{g|n}\sum_{d|\frac{n}{g}}\mu(d)\frac{1}{2}\frac{n}{g}(\frac{n}{gd}+1)\\ &=\frac{n}{2}\sum_{g|n}\frac{n}{g}\sum_{d|\frac{n}{g}}\mu(d)(\frac{n/g}{d}+1)\\ &=\frac{n}{2}\sum_{g|n}\frac{n}{g}(\phi(\frac{n}{g})+[\frac{n}{g}==1])\\ &=\frac{n}{2}(\sum_{g|n}\frac{n}{g}\phi(\frac{n}{g})+1)\\ &=\frac{n}{2}(\sum_{g|n}g\phi(g)+1) \end{aligned}$$

2.弱鸡的式子

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}lcm(i,n)&=n\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{gcd(i,n)}\\ &=n\sum_{d|n}\sum_{1\leq i \leq n = d|i}[gcd(i,n)==d]\frac{i}{d}\\ &=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{n/d}[gcd(i,\frac{n}{d})==1]i\\ \end{aligned}$$

我们设

$$f(n) = \sum_{i=1}^{n} [gcd(i,n) == 1]i$$
喜闻乐见的是，这玩意是有结论的，即
$$\begin{aligned} f(n) &= \sum_{i=1}^{n} [gcd(i,n) == 1]i \\ &= \frac{1}{2}n\phi(n) + [n == 1] \end{aligned}$$
如何证明呢？
1) 考虑若 $gcd(n,x) = 1$，则有 $gcd(n,n-x) = 1$ 对于 $0<x<n$成立
假设 $gcd(n,n-x) = d$ 且 $d!=1$
设 $n = k_1d$ 且 $n-x = k_2d$
则 $gcd(n,x) = gcd(k_1d,k_1d - k_2d) = gcd(k1,(k_1-k_2)) * d = d > 1$
与假设 $gcd(n,x) = 1$ 矛盾，上式得证

2）由1）我们可以观察到1~$n$中与$n$互质的数成对出现，且每对之和为n。当n为1时只有1单独出现，则$f(n)$ 得证。

继续推式子

$$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}lcm(i,n)&=n\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{gcd(i,n)}\\ &=n\sum_{d|n}\sum_{1\leq i \leq n = d|i}[gcd(i,n)==d]\frac{i}{d}\\ &=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{n/d}[gcd(i,\frac{n}{d})==1]i\\ &=n\sum_{d|n}f(\frac{n}{d})\\ &=n\sum_{d|n}\frac{1}{2}\frac{n}{d}\phi(\frac{n}{d}) + [\frac{n}{d} == 1]\\ &=n\sum_{d|n}\frac{1}{2}d\phi(d) + [d==1]\\ &=\frac{n}{2}(\sum_{d|n} d\phi(d) + 1) \end{aligned}$$

扫描二维码关注公众号，回复： 3416909 查看本文章

3.dfs求解

朴素的因数分解是$O(\sqrt{n})$，不能在时限内完成。
由反素数可知一个数的因子并不多，考虑质因数分解并搜索因数求解。
预处理素数之后质因数分解复杂度大概是$\frac{\sqrt{n}}{\ln \sqrt{n}}$
然后这个题就可以$AC$了

code:

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxn = 1e6+10;
const int mod = 1e9+7;
const int inv2 = (mod >> 1) + 1;
typedef long long ll;

int primes[maxn];
bool check[maxn];
int oula[maxn];
int tot;
ll ans;

void init(){
    tot = 0;
    oula[1] = 1;
    for(int i = 2;i<maxn;i++){
        if(!check[i]){
            primes[++tot] = i;
            oula[i] = i - 1;
        }
        for(int j = 1;j<=tot;j++){
            if(i*primes[j]>=maxn) break;
            check[i*primes[j]] = true;
            if(i % primes[j] == 0){
                oula[i*primes[j]] = oula[i] * primes[j];
                break;
            }
            else{
                oula[i*primes[j]] = oula[i] * (primes[j] - 1);
            }
        }
    }
}

int e[maxn],p[maxn],cnt;

ll sta[maxn];
int top;

ll Mul(ll a,ll b){
    ll ret = a*b;
    if(ret >= mod) ret%=mod;
    return ret;
}

void Add(ll& x,ll y){
    x+=y;
    if(x>=mod) x-=mod;
}

void dfs(ll pos,ll val,ll Euler){
    if(pos == cnt + 1){
        ll ret = Mul(val,Euler);
        Add(ans,ret);
        // cout<<val<<' '<<Euler<<' '<<ret<<' '<<ans<<endl;
        return ;
    }
    ll ret = val;
    dfs(pos+1,val,Euler);
    ret *= p[pos];
    ll eu = Euler * (p[pos] - 1);
    if(e[pos]>0) dfs(pos+1,ret,eu);
    for(int i = 2;i<=e[pos];i++){
        ret *= p[pos];
        eu *= p[pos];
        dfs(pos+1,ret,eu);
    }
}

int main(){
    init();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    e[0] = 0;
    p[0] = 1;
    while(T--){
        ll n;
        scanf("%d",&n);
        cnt = 0;
        int tmp = n;
        for(int i = 1;i<=tot;i++){
            if((ll)primes[i] * primes[i] > tmp) break;
            if(tmp % primes[i] == 0){
                p[++cnt] = primes[i];
                e[cnt] = 0;
                while(tmp%primes[i]==0){
                    e[cnt]++;
                    tmp/=primes[i];
                }
            }
        }
        if(tmp!=1) {
            e[++cnt] = 1;
            p[cnt] = tmp;
        }
        ans = 1;
        dfs(0,1,1);
        ans = ans * n % mod * inv2 % mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}