BZOJ4916 神犇和蒟蒻 【欧拉函数 + 杜教筛】
题目
很久很久以前,有一只神犇叫yzy;
很久很久之后,有一只蒟蒻叫lty;
输入格式
请你读入一个整数N;1<=N<=1E9,A、B模1E9+7;
输出格式
请你输出一个整数A=\sum_{i=1}^N{\mu (i^2)};
请你输出一个整数B=\sum_{i=1}^N{\varphi (i^2)};
输入样例
1
输出样例
1
1
题解
首先很明显= =
\]
然后重点是\(ans2\)
我们会发现这样一个性质:
\]
证明:
\(i^2\)与\(i\)拥有相同的质因子,所以与\(i\)互质的同样与\(i^2\)互质,与\(i\)不互质的同样与\(i^2\)不互质
由于\(gcd(i,j) = gcd(i + i,j)\),且\(i^2 = i * i\),所以\(\varphi(i^2) = i * \varphi(i)\)
【ps:突然发现我傻逼了,直接上\(\varphi\)的计算公式就得证了QAQ】
然后就可以筛了:
我们令
\]
拿出杜教筛的套式:
\]
我们企图找出这样一个好算的\(g(i)\)
考虑卷积:
\]
我们想把\(\varphi(d)\)外的变为常数,这样可以提出来,成为\(\varphi * 1 = Id\)
很容易发现,如果\(g = Id\),那么就刚好可以做到:
\]
再由:
\]
那么杜教筛的式子就化成了:
\]
就可以做了
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<map>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define LL long long int
#define Redge(u) for (int k = h[u],to; k; k = ed[k].nxt)
#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)
#define BUG(s,n) for (int i = 1; i <= (n); i++) cout<<s[i]<<' '; puts("");
using namespace std;
const int maxn = 1000005,maxm = 100005,INF = 1000000000,P = 1000000007;
typedef map<LL,LL> Map;
Map _phi;
Map::iterator it;
LL p[maxn],pi,N,n,phi[maxn],v6;
int isn[maxn];
LL qpow(LL a,LL b){
LL ans = 1;
for (; b; b >>= 1,a = a * a % P)
if (b & 1) ans = ans * a % P;
return ans;
}
void init(){
v6 = qpow(6,P - 2);
N = (LL)pow(n,2.0 / 3.0);
phi[1] = 1;
for (LL i = 2; i < N; i++){
if (!isn[i]) p[++pi] = i,phi[i] = i - 1;
for (int j = 1; j <= pi && i * p[j] < N; j++){
isn[i * p[j]] = true;
if (i % p[j] == 0){
phi[i * p[j]] = phi[i] * p[j] % P;
break;
}
phi[i * p[j]] = phi[i] * (p[j] - 1) % P;
}
}
for (LL i = 1; i < N; i++) phi[i] = (i * phi[i] % P + phi[i - 1]) % P;
}
LL S(LL n){
if (n < N) return phi[n];
if ((it = _phi.find(n)) != _phi.end())
return it->second;
LL ans = n * (n + 1) % P * (2 * n + 1) % P * v6 % P;
for (LL i = 2,nxt; i <= n; i = nxt + 1){
nxt = n / (n / i);
ans = (ans - (nxt + i) * (nxt - i + 1) / 2 % P * S(n / i) % P) % P;
}
ans = (ans % P + P) % P;
return _phi[n] = ans;
}
int main(){
cin >> n;
init();
cout << 1 << endl << S(n) << endl;
return 0;
}
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