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Luogu #5325

Solution

• 记 \(p_i\) 表示第 \(i\) 小的质数（\(p[0]=1\)），\(s1[x]=\sum_{i=1}^{x}p[x]，s2[x]=\sum_{i=1}^{x}p[x]^2\)。
• 记 \(g1(x,i)\) 为：$$\sum_{j=1}^{x}[j是质数或j的最小质因子大于p_i]j$$
• 记 \(g2(x,i)\) 为：$$\sum_{j=1}^{{x}[j是质数或j的最小质因子大于p_i]j}2$$
• 因为 \(n\) 以内的合数的最小质因子为 \(O(\sqrt n)\)，所以第二维的 \(i\) 满足：\(p_i^2≤n\)。
• 记 \(s(x,y)\) 为：$$\sum_{j=1}^{{x}[j的最小质因子大于p_y]j}2-j$$
• 那么显然有： $$ans=S(x,y)+1$$
• 假设我们已经求得了所有的 \(g1(x,i),g2(x,i)\)。
• 考虑如何求 \(s(x,y)\)：
• 我们分别考虑质数与合数对答案的贡献。
• 对于质数，记 \(\sqrt n\) 以内的质数个数为 \(c\)，我们要求的就是：$$res=\sum_{j=y+1}^{c}p_j2-p_j$$
• 我们把它转换为两个前缀和相减的形式（前 \(c\) 个的贡献 \(-\) 前 \(j\) 个的贡献），并且利用上 \(g1，g2\)，那么有：$$res=g2(x,c)-g1(x,c)-(s2[y]-s1[y])$$
• 对于合数，有最小质因子大于 \(p_y\) 的限制。
• 我们枚举 \(i,j\)，并计算所有满足以下条件的合数 \(a\) 对答案的贡献：
  1.\(a\) 的最小质因子为 \(p_i\)。
  2.\(a\) 可以分解出 \(j\) 个 \(p_i\)。
• 我们把每个合法的 \(a\) 都分解出因数 \(p_i^j\)，记 \(b\) 为分解后的 \(a\)，那么 \(b\) 要满足条件:
  1.\(b\) 的最小质因子大于 \(p_i\) 或 \(b=1\)。
  2.\(b≤\lfloor\frac{x}{p_i^j}\rfloor\)。
• 那么我们就得出了递推式：$$s(x,y)=res-\sum_{i=y+1}^{{c}\sum_{j=1,p_i}j≤x}f(p_i^{j)*(s(\lfloor\frac{x}{p_i}j}\rfloor,i)+[j=1])$$
• 现在还有一个问题，就是求 \(g1,g2\)。
• 我们可以这样求 \(g1\)（\(g2\) 同理）：
• 先让 \(g1(x,i)=g1(x,i-1)\)，接着要减去所有满足最小质因子等于 \(p_i\)的合数的贡献。
• 我们还是把这些合数分解出因数 \(p_i\)，然后分解后的数 \(d\) 要满足以下条件：
  1.\(d\) 的最小质因子大于 \(p_{i-1}\)。
  2.\(d≤\lfloor\frac{x}{p_i}\rfloor\)。
• 显然有：$$g1(x,i)=g1(x,i-1)-p_i(g1(\lfloor\frac{x}{p_i}\rfloor,i-1)-s1[i-1])$$
• 然后还有一个问题就是 \(g1,g2,s\) 的第一维可能到 \(O(n)\) 级别，需要离散化。
• 显然第一维只可能是某个 \(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\) 的值。
• 那么当 \(x≤\sqrt n\)时，记 \(id1[x]\) 表示 \(x\) 离散化后的值。
• 否则，记 \(id2[n/x]\) 表示 \(x\) 离散化后的值。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define ll long long

const int e = 1e6 + 5, mod = 1e9 + 7;
ll g1[e], g2[e], n, s1[e], s2[e], a[e];
bool bo[e];
int cnt, p[e], tot, id1[e], id2[e], s, inv6;

inline int plu(int x, int y)
{
	(x += y) >= mod && (x -= mod);
	return x;
}

inline int sub(int x, int y)
{
	(x -= y) < 0 && (x += mod);
	return x;
}

inline int ksm(int x, int y)
{
	int res = 1;
	while (y)
	{
		if (y & 1) res = (ll)res * x % mod;
		y >>= 1;
		x = (ll)x * x % mod;
	}
	return res;
}

inline int calc1(ll x)
{
	x %= mod;
	return (ll)x * (x + 1) / 2 % mod;
}

inline int calc2(ll x)
{
	x %= mod;
	return (ll)x * (x + 1) % mod * (2 * x + 1) % mod * inv6 % mod;
}

inline void init()
{
	inv6 = ksm(6, mod - 2); s = sqrt(n);
	ll i, j;
	for (i = 1; i <= n; i = j + 1)
	{
		a[++tot] = n / i;
		j = n / a[tot];
		g1[tot] = sub(calc1(a[tot]), 1);
		g2[tot] = sub(calc2(a[tot]), 1);
		if (a[tot] <= s) id1[a[tot]] = tot;
		else id2[n / a[tot]] = tot;
	}
}

inline void sieve()
{
	int i, j;
	for (i = 2; i <= s; i++)
	{
		if (!bo[i])
		{
			p[++cnt] = i;
			s1[cnt] = plu(s1[cnt - 1], i);
			s2[cnt] = plu(s2[cnt - 1], (ll)i * i % mod);
		}
		for (j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= s; j++)
		{
			bo[i * p[j]] = 1;
			if (i % p[j] == 0) break;
		}
	}
}

inline void solve_g()
{
	int i, j;
	for (i = 1; i <= cnt; i++)
	{
		for (j = 1; j <= tot; j++)
		if ((ll)p[i] * p[i] <= a[j])
		{
			ll x = a[j], y = x / p[i];
			int k = y <= s ? id1[y] : id2[n / y], z = x <= s ? id1[x] : id2[n / x];
			g1[z] = sub(g1[z], (ll)p[i] * sub(g1[k], s1[i - 1]) % mod);
			g2[z] = sub(g2[z], (ll)p[i] * p[i] % mod * sub(g2[k], s2[i - 1]) % mod);
		}
	}
}

inline int dfs(ll x, int y)
{
	if (p[y] >= x) return 0;
	int i, j, k = x <= s ? id1[x] : id2[n / x];
	int res = sub(sub(g2[k], g1[k]), sub(s2[y], s1[y]));
	ll pj;
	for (i = y + 1; i <= cnt && (ll)p[i] * p[i] <= x; i++)
	for (j = 1, pj = p[i]; pj <= x; j++, pj = pj * p[i])
	{
		int f = pj % mod;
		f = (ll)f * sub(f, 1) % mod;
		res = plu(res, (ll)f * plu(dfs(x / pj, i), j != 1) % mod);
	}
	return res;
}

int main()
{
	cin >> n; init(); sieve(); solve_g();
	cout << plu(dfs(n, 0), 1) << endl;
	return 0;
}