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    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    
    const int MAXN = 100000 + 5; //MAXN = sqrt(MAXINPUTN)
    const ll MOD = 1000000007, inv2 = 500000004, inv3 = 333333336;
    
    int num;
    const int MAXP = 10000; //MAXN以内质数的数量,至多与MAXN一样大
    ll prime[MAXP], sp1[MAXP], sp2[MAXP];   //在调用init1()之后,可以精确计算出这里需要的大小
    
    int tot;
    const int DMAXN = (MAXN<<1) + 5; //整除分块需要的空间
    ll n, SQRT, g1[DMAXN], g2[DMAXN], w[DMAXN], ind1[DMAXN], ind2[DMAXN];
    
    void init1() {  //线性筛预处理
        SQRT = sqrt(n), num = 0 ;
        bitset < MAXN+5 > notprime;
        notprime[1] = 1;
        for(int i = 2; i <= SQRT; ++i) {
            if(!notprime[i]) {
                prime[++num] = i;
                sp1[num] = (sp1[num - 1] + i) % MOD;
                sp2[num] = (sp2[num - 1] + 1ll * i * i) % MOD;
                //spx[num] = 前num个质数的 x 次方和
            }
            for(int j = 1; j <= num && prime[j]*i <= SQRT; ++j) {
                notprime[i * prime[j]] = 1;
                if(i % prime[j] == 0)
                    break;
            }
        }
        printf("prime num=%d
    ", num);    //传入最大的n,算出num之后给MAXP赋值
    }
    
    void init2() {
        tot = 0;
        for(ll l = 1, r, t; l <= n; l = r + 1) {
            t = n / l, r = n / t;
            w[++tot] = t;
            g1[tot] = w[tot] % MOD;
            g2[tot] = (((g1[tot] * (g1[tot] + 1)) >> 1) % MOD * (2 * g1[tot] + 1) % MOD * inv3 % MOD) - 1;
            g1[tot] = ((g1[tot] * (g1[tot] + 1)) >> 1) % MOD - 1;
            if(t <= SQRT)
                ind1[t] = tot;
            else
                ind2[r] = tot;
        }
        //gx(n,j) 表示 [1,n]中,i是质数或者i的最小质因子>pj的数的 x 次方和,n滚动省略
        //ind1和ind2用来记录这个数在数组中的位置
        for(int i = 1; i <= num; i++) {
            for(int j = 1; j <= tot && prime[i]*prime[i] <= w[j]; j++) {
                ll k = w[j] / prime[i] <= SQRT ? ind1[w[j] / prime[i]] : ind2[n / (w[j] / prime[i])];
                g1[j] -= prime[i] * (g1[k] - sp1[i - 1] + MOD) % MOD;
                g2[j] -= prime[i] * prime[i] % MOD * (g2[k] - sp2[i - 1] + MOD) % MOD;
                g1[j] %= MOD, g2[j] %= MOD;
                if(g1[j] < 0)
                    g1[j] += MOD;
                if(g2[j] < 0)
                    g2[j] += MOD;
            }
        }
    }
    
    ll S(ll x, int y) {  //第二部分,不要记忆化,记忆化又慢又卡
        if(prime[y] >= x)
            return 0;
        int k = (x <= SQRT) ? ind1[x] : ind2[n / x];
        ll ans = (g2[k] - g1[k] + MOD - (sp2[y] - sp1[y]) + MOD) % MOD;
        for(int i = y + 1; i <= num && prime[i]*prime[i] <= x; i++) {
            ll pe = prime[i];
            for(int e = 1; pe <= x; ++e, pe = pe * prime[i]) {
                ll xx = pe % MOD;
                ans = (ans + xx * (xx - 1) % MOD * (S(x / pe, i) + (e != 1))) % MOD;
            }
        }
        return ans;
    }
    
    int main() {
    #ifdef Yinku
        freopen("Yinku.in", "r", stdin);
    #endif // Yinku
        scanf("%lld", &n);
        init1();
        init2();
        printf("%lld
    ", (S(n, 0) + 1) % MOD);  //加上f(1)
        return 0;
    }
    
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/Inko/p/11747886.html
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