caioj 1290: 之乎者也

求∏i=1n(∑j=1igcd(i,j))mod109+7(n≤5∗107)\prod_{i=1}^n (\sum_{j=1}^igcd(i,j))\mod 10^9+7(n\le 5*10^7)∏i=1n(∑j=1igcd(i,j))mod109+7(n≤5∗107)

本来想出一道莫比乌斯反演的题目的,但是∑\sum∑太简单了,就换成了∏\prod∏试试看,结果发现一些奇怪的东西…

定义f(n)=∑i=1ngcd(i,n)f(n)=\sum_{i=1}^n gcd(i,n)f(n)=∑i=1ngcd(i,n),则有:

{f(pk)=1(pk−pk−1)+p(pk−1−pk−2)...+pk=k(pk−pk−1)+pk(枚举gcd大小并求出次数)f(n)=f(p)f(q)(p⊥q)\begin{cases} f(p^k)=1(p^k-p^{k-1})+p(p^{k-1}-p^{k-2})...+p^k=k(p^k-p^{k-1})+p^k(枚举gcd大小并求出次数)\\f(n)=f(p)f(q)(p\bot q)\end{cases}{f(pk)=1(pk−pk−1)+p(pk−1−pk−2)...+pk=k(pk−pk−1)+pk(枚举gcd大小并求出次数)f(n)=f(p)f(q)(p⊥q)

第二个式子是证明它是积性函数的:

令n=pcqd(p⊥q)n=p^c q^d(p\bot q)n=pcqd(p⊥q),则需要证明∑i=1ngcd(i,n)=∑j=1pcgcd(pc,j)∑k=1qdgcd(qd,k)\sum_{i=1}^n gcd(i,n)=\sum_{j=1}^{p^c} gcd(p^c,j)\sum_{k=1}^{q^d} gcd(q^d,k)∑i=1ngcd(i,n)=∑j=1pcgcd(pc,j)∑k=1qdgcd(qd,k).

此时我们计算一下paqb(a≤c,b≤d)p^aq^b(a\le c,b\le d)paqb(a≤c,b≤d)作为gcd的出现次数.

从左边看则为npaqb−⌊npa+1qb⌋−⌊npaqb+1⌋+⌊npa+1qb+1⌋\dfrac{n}{p^aq^b}-\lfloor\dfrac{n}{p^{a+1}q^b}\rfloor-\lfloor\dfrac{n}{p^aq^{b+1}}\rfloor+\lfloor\dfrac{n}{p^{a+1}q^{b+1}}\rfloorpaqbn−⌊pa+1qbn⌋−⌊paqb+1n⌋+⌊pa+1qb+1n⌋.

从右边看则为(pc−a−⌊pc−a−1⌋)(qd−b−⌊qd−b−1⌋)(p^{c-a}-\lfloor p^{c-a-1}\rfloor)(q^{d-b-\lfloor q^{d-b-1}\rfloor})(pc−a−⌊pc−a−1⌋)(qd−b−⌊qd−b−1⌋).

很明显,拆开后是等价的.

那么我们只要求出f(pk)f(p^k)f(pk)及其出现次数,用一下快速幂即可.

本算法的瓶颈在于线性筛,因为快速幂是高度压缩了运算次数.

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7,N=5e7+10;
ll ans;
ll power_mod(ll a,ll b) {ll c=1;a%=mod;while(b) {if(b&1)c=c*a%mod;a=a*a%mod;b=b>>1;}return c;
}
void calc(int x,ll y,ll p) {int cnt=0;do {x/=p;cnt++;ans=ans*power_mod(y*p+cnt*y*(p-1),x-x/p)%mod;y*=p;}while(x>=p);
}
int n,prime[3001144],tot;bool v[N];
void get_prime() {for(int i=2;i<=n;i++) {if(!v[i])prime[++tot]=i,calc(n,1,i);for(int j=1;i*prime[j]<=n;j++) {v[i*prime[j]]=1;if(i%prime[j]==0)break;}}
}
int main() {//  freopen("a.in","r",stdin);
//  freopen("a.out","w",stdout);scanf("%d",&n);ans=1;get_prime();printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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