题目描述
太阳神拉很喜欢最小公倍数，有一天他想到了一个关于最小公倍数的题目。
求满足如下条件的数对$(a,b)$对数：$a,b$均为正整数且$a,bleqslant n$而$lcm(a,b)>n$。其中的$lcm$当然表示最小公倍数。答案对$1,000,000,007$取模
输入格式
第一行一个正整数$n$。
输出格式
一行一个整数表示答案，对$1,000,000,007$取模。
样例
样例输入：
3
样例输出：
2
数据范围与提示
对于$20\%$的数据$nleqslant 2,000$；
对于$40\%$的数据$nleqslant 10,000,000$；
对于$60\%$的数据$nleqslant 100,000,000$；
对于$80\%$的数据$nleqslant 1,000,000,000$；
对于$100\%$的数据$nleqslant 10,000,000,000$。
题解
一般遇到这种题，我们都是先将其化繁，再化简。
就是我们现有一个简，但是时间复杂度高的算法；然后将其化为一个繁，时间复杂度依然高的算法；再将这个算法化成一个既简单时间复杂度又低的算法。
那么我们先将其化繁，哦，不，先化简。
发现直接求$lcm(a,b)>n$很不好求，不妨求其补集，也就是$lca(a,b)<=n$。
开始化繁……
我们知道，$lcm(a,b)=dfrac{a imes b}{gcd(a,b)}$，所以式子可以转化为：
$sum limits_{i=1}^nsum limits_{j=1}^ndfrac{i imes j}{gcd(i,j)}leqslant n$
将$gcd(i,j)$乘过去：
$=sum limits_{i=1}^nsum limits_{j=1}^ni imes jleqslant gcd(i,j) imes n$
发现，我们可以枚举$gcd$，也就是：
$=sum limits_{g=1}^nsum limits_{i=1}^{left lfloor dfrac{n}{g} ight floor}sum limits_{j=1}^{left lfloor dfrac{n}{g} ight floor}i imes j imes g^2leqslant g imes n imes [gcd(i,j)==1]$
约去一个$g$：
$=sum limits_{g=1}^nsum limits_{i=1}^{left lfloor dfrac{n}{g} ight floor}sum limits_{j=1}^{left lfloor dfrac{n}{g} ight floor}i imes j imes gleqslant n imes [gcd(i,j)==1]$
遇到长这样的$gcd$我们一般考虑莫比乌斯反演。
那么我们又将其化成了：
$sumlimits_{g=1}^nsumlimits_{d=1}^{leftlfloordfrac{n}{g} ight floor}mu (d)sumlimits_{i=1}^{leftlfloordfrac{n}{dg} ight floor}sumlimits_{j=1}^{leftlfloordfrac{n}{dg} ight floor}i imes j imes g imes d^2leqslant n$
因为我们再枚举$leftlfloordfrac{n}{dg} ight floor$以上是没有用的，所以我们可以将其变成：
$sum limits_{d=1}^{sqrt{n}}mu(d)sum limits_{g=1}^nsum limits_{i=1}^nsum limits_{j=1}^n i imes j imes gleqslant dfrac{n}{d^2}$
那么，我们可以设$i<j<g$，但是需要注意得数需要乘$6$；再设$i,j,g$中有两个相等，那么得数要乘$3$就好啦。
简略证明一下时间复杂度（不知道对不对）：
我们在调用函数的时候最外层循环是$i imes i imes ileqslant n$，内层循环是$i imes j imes jleqslant n$，在平面直角坐标系上积分可以得到函数的时间复杂度是$Theta({frac{n}{i^2}}^{frac{2}{3}})$，在考虑外面的$Theta(n^{frac{1}{2}})$即可得到总的时间复杂度是$Theta(n^{frac{2}{3}})$。
时间复杂度：$Theta(n^{frac{2}{3}})$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
代码时刻
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
long long n;
int pri[100001],mu[100001],cnt;
bool v[100001];
long long ans;
void pre_work()
{
mu[1]=1;
for(long long i=2;i<=100000;i++)
{
if(!v[i])mu[pri[++cnt]=i]=-1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=100000;j++)
{
v[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j])mu[i*pri[j]]=-mu[i];
else{mu[i*pri[j]]=0;break;}
}
}
}
long long get(long long x)
{
long long res=0;
for(long long i=1;i*i*i<=x;i++)
{
if(i*i*i<=x)res++;
for(long long j=i+1;i*j*j<x;j++)
res=(res+6*(x/i/j-j)%mod)%mod;
}
for(long long i=1;i*i<=x;i++)
res=(res+3*(x/i/i-(x/i/i>=i))%mod)%mod;
return res;
}
int main()
{
pre_work();
scanf("%lld",&n);
for(long long i=1;i*i<=n;i++)
if(mu[i])ans=(ans+mu[i]*get(n/i/i)%mod)%mod;
n%=mod;
printf("%lld",(n*n-ans+mod)%mod);
return 0;
}
rp++