51nod1238 最小公倍数之和V3【杜教筛】

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题意：

求 $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nlcm(i,j) ~~~~~~~~mod~10^9\!+\!7\\n<=10^{10}$

题目分析：

化简， $\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nlcm(i,j)\\=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac {i*j}{gcd(i,j)}$
枚举gcd $=\sum_{d=1}^nd*\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac nd}[gcd(i,j)==1]*i*j$
OK,且慢，这里的gcd(i,j)==1就很讲究了，有两种方法

法一：欧拉函数 $\varphi$

因为 $\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac nd}$是对称的，所以可以化为
$=\sum_{d=1}^nd*\left\{\left(2\sum_{i=1}^{\frac nd}i\sum_{j=1}^ij[(i,j)==1]\right)-1\right\}\\=\sum_{d=1}^nd*\left\{\left(2\sum_{i=1}^{\frac nd}i*\frac{i*\varphi(i)+[i=1]}2\right)-1\right\}\\=\sum_{d=1}^nd*\sum_{i=1}^{\frac nd}i^2*\varphi(i)$
然后按照d分块优化，要求 $i^2*\varphi(i)$的前缀和，把它看做 $id\cdot id\cdot\varphi$
那么 $(id\cdot id\cdot\varphi)*(id\cdot id)=$
$\sum_{i|n}i^2*\varphi(i)*(\frac ni)^2\\=n^2\sum_{i|n}\varphi(i)\\=n^3\\=id^3$
$id^2和id^3$的前缀和都很好求，所以问题就解决了
$\sum_{i=1}^ni^3=\sum_{i=1}^n\sum_{d|i}d^2*\varphi(d)*(\frac id)^2\\=\sum_{i=1}^ni^2\sum_{d=1}^{\frac ni}d^2*\varphi(d)\\=\sum_{i=1}^ni^2*F(\frac ni)$
把i=1提出来，那么 $F(n)=\sum_{i=1}^ni^3-\sum_{i=2}^ni^2*F(\frac ni)$
$i^2*\varphi(i)$是积性函数，可以线性筛一部分，然后分块优化递归求解即可

法一的核心点： $\sum_{i=1}^ni*[(n,i)==1]={n*\varphi(n)+[n=1]\over2}$

因为倘若i与n互质，则n-i也与n互质，这样的对数有 $\varphi(n)/2$对，每对的和都为n

法二：莫比乌斯反演 $\mu$

$\sum_{d=1}^nd*\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac nd}[gcd(i,j)==1]*i*j\\=\sum_{d=1}^nd*\sum_{i=1}^{\frac nd}\sum_{j=1}^{\frac nd}i*j*\sum_{k|(i,j)}\mu(k)\\=\sum_{d=1}^nd*\sum_{k=1}^{\frac nd}\mu(k)k^2\sum_{i=1}^{\frac n{dk}}\sum_{j=1}^{\frac n{dk}}i*j$
令dk=T
$\large=\sum_{T=1}^n({\frac nT*(\frac nT+1)\over2})^2*\sum_{k|T}\mu(k)*k^2*{\frac Tk}$
按照T分块优化，要求 $\sum_{k|T}\mu(k)*k^2*{\frac Tk}$的前缀和（这时候最好不要把T提出去），把它看做 $(id\cdot id\cdot\mu)*id$
那么 $(id\cdot id\cdot\mu)*id*(id\cdot id)=$
$(id\cdot id\cdot\mu)*(id\cdot id)*id\\=\left(\sum_{d|T}d^2*\mu(d)*(\frac Td)^2\right)*id\\=\left(T^2\sum_{d|T}\mu(d)\right)*id\\=\sum_{T|N}T^2*(\frac NT)\sum_{d|T}\mu(d)\\=N\sum_{T|N}T[T==1]\\=id$
$id^2和id$的前缀和都很好求，剩下的部分就和法一的转化方法类似了

法二的核心： $[n==1]=\sum_{d|n}\mu(d)$

两种方法的共同点：

都利用了卷积(递归方法)来求解n比较大时，通常n<=1e9,1e10,1e11，的前缀和问题，构造出 $f*g=h$的形式，当g,h的前缀和可以O(1)求解，且f为积性函数，可以线性筛一部分时，求解f的前缀和的时间复杂度为 $O(n^{\frac 23})$

Ps：两种方法都试图通过卷积消去 $\varphi$或 $\mu$前面的系数，从而简化形式，这是个初学时很难想到的点(至少我没想到。。。)。

此处贴出法一的代码，法二请读者自行尝试。。。

#include<cstdio>
#include<map>
#define LL long long
using namespace std;
const int mod = 1e9+7, N = 5000000, inv2 = 5e8+4, inv6 = 166666668;
int p[N/10],sum[N+5];
bool v[N+5];
map<LL,int>F;
inline int sqr(int x){return 1ll*x*x%mod;}
void Prime()
{
	sum[1]=1;int cnt=0;
	for(int i=2;i<=N;i++)
	{
		if(!v[i]) p[++cnt]=i,sum[i]=1ll*i*i%mod*(i-1)%mod;
		for(int j=1,k;j<=cnt&&p[j]*i<=N;j++)
		{
			v[k=p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0) {sum[k]=1ll*sum[i]*p[j]%mod*sqr(p[j])%mod;break;}
			sum[k]=1ll*sum[i]*sum[p[j]]%mod;
		}
	}
	for(int i=2;i<=N;i++) sum[i]=(sum[i]+sum[i-1])%mod;
}
inline LL calc(LL n){return n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod;}
int solve(LL n)
{
	if(n<=N) return sum[n];
	if(F.count(n)) return F[n];
	int ret=sqr(n%mod*((n+1)%mod)%mod*inv2%mod);
	for(LL i=2,j;i<=n;i=j+1)
	{
		j=n/(n/i);
		ret=(ret-(calc(j%mod)-calc((i-1)%mod))*solve(n/i))%mod;
	}
	return F[n]=ret;
}
int main()
{
	Prime();
	LL n,ans=0;
	scanf("%lld",&n);
	for(LL i=1,j;i<=n;i=j+1)
	{
		j=n/(n/i);
		ans=(ans+(i+j)%mod*(j-i+1)%mod*inv2%mod*solve(n/i))%mod;
	}
	printf("%lld",(ans+mod)%mod);
}