HDU-5608：function

HDU-5608：function

题意：

设函数\(f(x)\)有：
\[ N^2-3N+2=\sum_{d|N}f(d) \]
求\(\sum_{i=1}^Nf(i)\)。

思路：

设：
\[ F(n)=\sum_{d|n}f(d)=n^2-3n+2 \]
反演得：
\[ f(n)=\sum_{d|n}\mu(d)F(\frac{n}{d}) \]
求和：
\[ \sum_{i=1}^Nf(i)=\sum_{i=1}^N\sum_{d|i}\mu(d)F(\frac{i}{d}) \]
将枚举\(i\)改为枚举\(id\)：
\[ \sum_{d=1}^N\mu(d)\sum_{i=1}^{\frac{N}{d}}F(i) \]
我们可以发现前面的可以杜教筛一下，问题在于如何求后面的式子。
\[ \sum_{i=1}^Ni^2-3i+2 \]
我们一项一项的拆开。

首先有平方和求和公式，然后有等差数列求和公式，最后再加个\(2n\)，那么这个问题就解决了。
\[ \sum=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-3\frac{(n+1)(n)}{2}+2n \]

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 5e6;
const int mod = 1e9+7;

bool vis[maxn+10];
int primes[maxn+10], cnt;
ll mu[maxn+10];

void init(int n)
{
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            primes[++cnt] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 1; primes[j] <= n/i; j++)
        {
            vis[primes[j]*i] = 1;
            if(i % primes[j] == 0) break;
            else mu[i*primes[j]] = -mu[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; i++)
        mu[i] += mu[i-1], mu[i] %= mod;
}

unordered_map<ll, ll> Smu;
inline ll getSmu(ll n)
{
    if(n <= maxn) return mu[n];
    if(Smu[n]) return Smu[n];
    ll res = 1;
    for(ll l = 2, r; l <= n; l = r+1)
    {
        r = n/(n/l);
        res -= (r-l+1)%mod*getSmu(n/l)%mod;
        res = (res+mod)%mod;
    } return Smu[n] = res;
}

const ll inv6 = 166666668;
const ll inv2 = 500000004;
ll S(ll x)
{
    ll res = 0;
    res += x*(x+1)%mod*(2*x+1)%mod*inv6%mod; res %= mod;
    res -= 3*(x+1)%mod*(x)%mod*inv2%mod;  res %= mod;
    res += 2*x%mod; res %= mod;
    return res;
}

ll n;
void solve()
{
    scanf("%lld", &n);
    ll ans = 0;
    for(ll l = 1, r; l <= n; l = r+1)
    {
        r = n/(n/l);
        ans += ((getSmu(r)-getSmu(l-1))%mod+mod)%mod*S(n/l)%mod;
        ans %= mod;
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

int main()
{
    init(maxn);
    int T; scanf("%d", &T);
    while(T--) solve();
    return 0;
}