差分是真心人类智慧……完全不会
这么经典的式子肯定考虑莫比乌斯反演,不难得到(b_k = sumlimits_{i=1}^k mu(i) lfloorfrac{k}{i} floor^n)
直接做是(O(nsqrt{n}))的不够优秀,但是我们需要求的是(b_1)到(b_K)而不是单独的一个(b),这是最重要的一个性质。
考虑每一个数(p)对(b_1)到(b_k)的贡献。因为(mu(p))不变,所以对于(forall k in Z_+ ,)数(p)对(b_{kp})到(b_{(k+1)p-1})的贡献是一致的,都是(mu(p) k^n)。既然对于一段区间的贡献相同,那就差分一下,最后前缀和统计答案即可。
总复杂度为预处理(n)次方的(O(klogn))加上差分时的(O(klogk))。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#include<bitset>
#include<stack>
#include<vector>
#include<cmath>
#include<random>
#include<cassert>
//This code is written by Itst
using namespace std;
inline int read(){
int a = 0;
char c = getchar();
bool f = 0;
while(!isdigit(c) && c != EOF){
if(c == '-')
f = 1;
c = getchar();
}
if(c == EOF)
exit(0);
while(isdigit(c)){
a = a * 10 + c - 48;
c = getchar();
}
return f ? -a : a;
}
#define ll long long
const int MAXN = 2e6 + 3 , MOD = 1e9 + 7;
int powx[MAXN] , prime[MAXN] , mu[MAXN] , cf[MAXN];
bool nprime[MAXN];
int cnt , N , K;
inline int poww(ll a , int b){
int times = 1;
while(b){
if(b & 1)
times = times * a % MOD;
a = a * a % MOD;
b >>= 1;
}
return times;
}
void init(){
for(int i = 1 ; i <= K ; ++i)
powx[i] = poww(i , N);
mu[1] = 1;
for(int i = 2 ; i <= K ; ++i){
if(!nprime[i]){
prime[++cnt] = i;
mu[i] = -1;
}
for(int j = 1 ; prime[j] * i <= K ; ++j){
nprime[prime[j] * i] = 1;
if(i % prime[j] == 0)
break;
mu[prime[j] * i] = mu[i] * -1;
}
}
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("in","r",stdin);
//freopen("out","w",stdout);
#endif
N = read();
K = read();
init();
for(int i = 1 ; i <= K ; ++i)
for(int j = 1 ; j * i <= K ; ++j)
(cf[j * i] += mu[i] * (powx[j] - powx[j - 1] + MOD) % MOD) %= MOD;
int ans = 0;
for(int i = 1 ; i <= K ; ++i){
cf[i] = (0ll + MOD + cf[i] + cf[i - 1]) % MOD;
ans = (ans + (cf[i] ^ i)) % MOD;
}
cout << ans;
return 0;
}