51nod1363 最小公倍数之和

题目描述

给出一个n，求1-n这n个数，同n的最小公倍数的和。

例如：n = 6，1,2,3,4,5,6 同6的最小公倍数分别为6,6,6,12,30,6，加在一起 = 66。

由于结果很大，输出Mod 1000000007的结果。

输入

第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。（1 <= T <= 50000)
第2 - T + 1行：T个数A[i](A[i] <= 10^9)

输出

共T行，输出对应的最小公倍数之和

输入样例

3
5
6
9

输出样例

55
66
279

题解

[egin{aligned} &nsum{frac{i}{(i,n)}}\ &=nsum_{d|n}{sum_{i=1}^n{frac{i}{d}}}[(i,n)=d]\ &=nsum_{d|n}sum_{i=1}^{frac{n}{d}}i[(i,frac{n}{d})=1]\ &=nsum_{d|n}φ(frac{n}{d})frac{n}{2d}\ &=frac{n}{2}left(sum_{d|n}φ(d)d+1 ight)\ end{aligned} ]

考虑(sum_{d|n}φ(d)d)是个积性函数。

证明：

[egin{aligned} &设x,y互质\ &sum_{d|n}φ(d)d=1*(φ·id)\ &1*(φ(x)·x imesφ(y)·y)=1*(φ(xy)·xy) end{aligned} ]

则对于每个p，都有

[sum_{d|p}φ(d)d=1+(p-1)*p=p^2-p+1 ]

p的x次方也类似。根据唯一分解定理，我们可以得到下面的推论：

[egin{aligned} &设f(n)=sum_{d|n}φ(d)d\ &f(n)=f(p_1^{c_1})*f(p_2^{c_2})*...*f(p_k^{c_k}) end{aligned} ]

我们知道(φ)函数的一个性质：对于(n=p^k)，有(φ(p^k)=p^k-p^{k-1})。所以可以预处理质数，然后来分解质因数，对每个质因子算出(f(p_i^{c_i}))，然后乘起来就好了。（这样复杂度是(O(frac{sqrt{n}}{log n}))的，如果不先预处理质数就是(O(sqrt{n}))的，会TLE）

这样子的话常数也是很小的，在51nod跑到了第一页（rk17）。

个人感觉这个做法好写好想啊...为什么网上都没这个做法的题解...都是好麻烦的考虑贡献

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define il inline

namespace io {

#define in(a) a = read()
#define out(a) write(a)
#define outn(a) out(a), putchar('
')

#define I_int ll
inline I_int read() {
    I_int x = 0, f = 1;
    char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') {
        if (c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while (c >= '0' && c <= '9') {
        x = x * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    return x * f;
}
char F[200];
inline void write(I_int x) {
    if (x == 0) return (void) (putchar('0'));
    I_int tmp = x > 0 ? x : -x;
    if (x < 0) putchar('-');
    int cnt = 0;
    while (tmp > 0) {
        F[cnt++] = tmp % 10 + '0';
        tmp /= 10;
    }
    while (cnt > 0) putchar(F[--cnt]);
}
#undef I_int

}
using namespace io;

using namespace std;

const ll mod = 1e9 + 7;

#define N 1000010
int T = read();
int p[N], cnt;
bool vis[N];

void init(int n) {
	cnt = 0;
	for(int i = 2; i <= n; ++i) {
		if(!vis[i]) p[++cnt] = i;
		for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; ++j) {
			vis[i * p[j]] = 1;
			if(i % p[j] == 0) break;
		}
	}
}

ll power(ll a, ll b) {
	ll ans = 1;
	while(b) {
		if(b & 1) ans = ans * a % mod;
		a = a * a % mod; b >>= 1;
	} return ans;
}
ll inv2 = power(2, mod-2);

ll solve(ll n) {
	ll ans = 1;
	for(int i = 1; p[i] * p[i] <= n && i <= cnt; ++i) {
		if(n % p[i] == 0) {
			ll now = 1, sum = 1;
			while(n % p[i] == 0) {
				n /= p[i];
				now *= (ll)p[i];
				sum += (ll)(now - now / p[i]) * now;
			}
			ans = ans * sum % mod;
		}
	}
	if(n > 1) {ans = ans * (1 + n * (n - 1) % mod) % mod;}
	return ans + 1ll;
}

int main() {
	init(35000);
	while(T--) {
		ll n = read();
		outn(solve(n)*(n*inv2%mod)%mod);
	}
}