一些约定
- \(p_k\) 表示第 \(k\) 个质数，特别地，\(p_0=1\)；
- 令 \(n/k\) 为 \(\left \lfloor \frac{n}{k}\right \rfloor\)；
- 令 \(\text{lpf}(x)\) 为数 \(x\) 的最小质因数。
要干啥？
求 积性函数 \(F(i)\) 的前缀和。
推柿子
令 \(h(i,j)=\sum_{x=2}^i[\text{lpf}(x)> p_j]F(x)\)，那么答案就是 \(h(n,0)+F(1)=h(n,0)+1\)（积性函数的第一项一定为 \(1\)，\(1\) 和任何数互质嘛）。求解的普遍思路似乎是递推，不妨先按照定义展开（注意，本次展开只包含可被分解成多个质数的合数）：
其实就是枚举最小质因子及其幂次，然后进行递归（易得它们是互质的）。
另外就还剩下质数、单个质数的幂的情况，后者也是比较容易写的：
需要注意后面的限制，可以发现，当 \(p_k^{e+1}>i\) 时，\(F(p_k^e)\cdot h(i/p_{k}^e,k)\) 一定也为零，所以这个限制是紧凑且合理的。
令 \(P(n)\) 为小于等于 \(n\) 的质数的 \(F\) 值的前缀和，那么最终就有（注意到质数只需要枚举到 \(\sqrt n\) 级别）：
于是我们只用计算 \(P(n)\).
首先，我们需要 \(F(n)\) 是一个 次数较小 的多项式，这样拆开的每一项就可以视作一个 完全积性函数 —— 更一般地，不妨设 \(f_k(n)=n^k\)，只需要计算这个函数的 \(P_k(n)\)，乘上系数再相加即可得到 \(P(n)\).
令 \(g(i,j)\) 为在 \([2,i]\) 之间且 \(\text{lpf}>p_j\) 的数字的 \(f\) 值之和，特别地，这一坨恒包含小于等于 \(i\) 的质数的 \(f\) 值。
考虑递推地求取 \(g(i,j)\) —— 我们可以将 \(g(i,j)\) 理解为在 \(g(i,j-1)\) 的基础上，去掉 最小质因子 为 \(p_j\) 的 合数 的 \(f\) 值：
由于这是完全积性函数，那么有 \(f(r\cdot p_j)=f(r)\cdot f(p_j)\)，后面的一大坨相当于计算合法的 \(r\). 可以发现完全积性函数的性质省去了枚举质数幂次的操作。
注意到后面 \(i\ge p_j^2\) 的条件。实际上，若 \(i<p_j^2\)，那么就不可能找到合法的 \(r\)，所以直接 \(g(i,j)\leftarrow g(i,j-1)\) 即可。
需要注意的是，我们需要初始化 \(g(i,0)\)，所以拆分出来的 \(f\) 的前缀和应当比较好求。
容易发现，\(P_k(n)=g(n,cnt)\)（\(cnt\) 是筛出质数的个数）。
关于复杂度：\(\text{It is said that}\) 计算 \(h(i,j)\) 的复杂度为 \(\mathcal O(n^{1-\epsilon})\)，计算 \(g(i,j)\) 的复杂度为 \(\mathcal O\left(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n}\right)\)（需要注意，拆成 \(k\) 个函数就要乘上常数 \(k\)）。证明不会，可能会一直咕下去。
代码实现
\(\text{Update on 2022.1.29}\)：
救命之前忘了写一个很重要的东西，在 \(h(i,j)\) 函数中的第一层循环要加上 p[i]*p[i]<=x 的特判！
然后还要注意我们只证明个数是 \(\sqrt n\) 级别，所以数组开大几倍！
参照某谷 模板题。
在实现过程中，函数的 \(i,j\) 参数的 个数 都是小于 \(\sqrt n\) 的。\(j\) 的原因就不阐述，对于 \(i\)，可以观察到它是一个类似 \(\left \lfloor \frac{\left \lfloor \frac{n}{a}\right \rfloor}{b}\right \rfloor\) 的向下嵌套的结构，可以证明它的取值属于 \(\left \lfloor \frac{n}{a}\right \rfloor\) 的取值集合，这样不仅可以证明它的个数在 \(\sqrt n\) 之内，而且还可以进行整除分块预处理。以下给出感性证明：不妨将 \(\left \lfloor \frac{n}{a}\right \rfloor\) 中的分母替换成 \(a'\) 使得 \(a'\mid n\) 且 \(\frac{n}{a'}=\left \lfloor \frac{n}{a}\right \rfloor\)，这样嵌套就可以换成 \(\left \lfloor \frac{n}{a'b}\right \rfloor\)，结论得证。
于是我们将合理的 \(i\) 存起来，需要注意的是，\(i\) 的取值可能很大，所以对于 \(i\le \sqrt n\) 的部分用 \(i\) 来查找，另一部分用 \(n/i\) 来查找（这个玩意实际上就是整除分块时有 \(i=n/l\)，对应的 \(r\) 就是 \(n/i\)）。
回到此题，可知 \(F(n)=n^2-n\)，可以分成 \(f_1,f_2\) 来计算，然后合并即可。
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' || s<'0')
f |= (s=='-');
while(s>='0' && s<='9')
x = (x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s = getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(T x) {
static int writ[50],tp=0;
if(x<0) putchar('-'),x=-x;
do writ[++tp] = x-x/10*10, x/=10; while(x);
while(tp) putchar(writ[tp--]^48);
}
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6+5;
const int mod = 1e9+7;
const int inv = 166666668;
bool is[maxn];
ll n,id[maxn];
int S,f[2][maxn],pc,p[maxn];
int g[2][maxn],tot,ind[2][maxn];
inline int inc(int x,int y) {
return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;
}
inline int dec(int x,int y) {
return x-y<0?x-y+mod:x-y;
}
void sieve(int n) {
for(int i=2;i<=n;++i) {
if(!is[i]) {
p[++pc] = i;
f[0][pc] = inc(f[0][pc-1],i);
f[1][pc] = inc(f[1][pc-1],1ll*i*i%mod);
}
for(int j=1; j<=pc && i*p[j]<=n; ++j) {
is[i*p[j]] = 1;
if(i%p[j]==0) break;
}
}
}
inline int getSum(ll n,bool d) {
int ret; n %= mod; // qwq
if(!d) ret = (n*(n+1)>>1)%mod;
else ret = n*(n+1)%mod*(n*2+1)%mod*inv%mod;
return (ret-1<0?ret-1+mod:ret-1);
}
void getf() {
ll l,r,x;
for(l=1;l<=n;l=r+1) {
r = min(n,n/(n/l));
id[++tot] = (x=n/l);
if(x<=S) ind[0][x]=tot;
else ind[1][n/x]=tot; // for better restoration
g[0][tot] = getSum(x,0);
g[1][tot] = getSum(x,1);
}
// 用滚动数组递推 g(i,j)
for(int i=1;i<=pc;++i) {
for(int j=1; j<=tot && 1ll*p[i]*p[i]<=id[j]; ++j) {
int pre = (id[j]/p[i]<=S)?
ind[0][id[j]/p[i]]:ind[1][n/(id[j]/p[i])];
g[0][j] = dec(g[0][j],1ll*p[i]*dec(g[0][pre],f[0][i-1])%mod);
g[1][j] = dec(g[1][j],1ll*p[i]*p[i]%mod*dec(g[1][pre],f[1][i-1])%mod);
}
}
}
int h(ll x,int y) {
if(x<=p[y]) return 0;
int ID = (x<=S)?ind[0][x]:ind[1][n/x];
int ans = dec(dec(g[1][ID],g[0][ID]),dec(f[1][y],f[0][y]));
for(int i=y+1; i<=pc && 1ll*p[i]*p[i]<=x; ++i) {
for(ll tmp=p[i];;tmp=tmp*p[i]) {
if(tmp*p[i]>x) break;
ans = inc(ans,inc(
tmp*(tmp-1)%mod*h(x/tmp,i)%mod,
tmp*p[i]%mod*((tmp*p[i]-1)%mod)%mod
));
}
}
return ans;
}
int main() {
n=read(9ll);
sieve(S=sqrt(n)); getf();
print(inc(h(n,0),1),'\n');
return 0;
}
题目小结
例 1. \(\text{LOJ - 6053 }\)简单的函数
这题的 \(F(n)\) 只在 \(p^k\) 上有定义，而且看不出来是个啥函数，难道不行？
事实上，我们只需要保证 质数 的部分算对即可，因为其它数最后会被筛掉。也就是说，我们其实只需要研究 \(F(p)=p\text{ xor }1\) 这个函数。很明显，当 \(p\) 为奇质数时，\(F(p)=p-1\)，反之（也就是 \(p=2\) 时）有 \(F(p)=p+1\).
由于只有 \(2\) 一个特例，我们不妨计算出 \(F(n)=n-1\) 这个函数的答案再进行修改。事实上，我们只算错了 \(P(n)\)，且第二维等于零（会计算 \(2\) ）的 \(h(i,j)\) 只有一个即 \(h(n,0)\)，所以只需要将答案加上 \(2\) 即可。别忘了最后算上 \(1\).