题目大意

　　定义复数\(a+bi\)为整数\(k\)的约数，当且仅当\(a\)和\(b\)为整数且存在整数\(c\)和\(d\)满足\((a+bi)(c+di)=k\)。

　　定义复数\(a+bi\)的实部为\(a\)，虚部为\(b\)。

　　定义\(f(n)\)为整数\(n\)的所有实部大于\(0\)的约数的实部之和。

　　给定正整数\(n\)，求出\(\sum_{i=1}^nf(i)\)对\(1004535809\)取模后得到的值。

　　\(n\leq {10}^{10}\)

题解

　　以前看到一个数论题就是反演预处理。

　　现在看到一个数论题就是反演杜教筛。

　　记\(s(n)=\sum_{i|n}i\)为\(n\)的因数和，\(S(n)=\sum_{i=1}^ns(i)\)

　　当\(b=0\)时答案就是\(S(n)\)。以下仅考虑\(b>0\)的情况（\(b<0\)也是一样的）

　　设\(n=(a+bi)(c+di)\)，那么
\[ \begin{cases} ac-bd&=n\\ ad+bc&=0 \end{cases}\\ \frac{a}{b}=-\frac{c}{d} \]
　　因为这是一道数论题，设
\[ \begin{align} a&=px\\ b&=qx\\ c&=py\\ d&=-qy\\ \gcd(p,q)&=1\\ \end{align} \]
　　这样一组\(x,y,p,q\)就唯一确定了一组\(a,b,c,d\)

　　记
\[ \begin{align} g(n)&=\sum_{p^2+q^2=n}[\gcd(p,q)=1]p\\ G(n)&=\sum_{i=1}^ng(i)\\ f(n)&=\sum_{p^2+q^2=n}p\\ F(n)&=\sum_{i=1}^nf(i) \end{align} \]
　　问题转化为求
\[ \begin{align} &\sum_{x,y,p,q>0,[(p,q)=1]}[xy(p^2+q^2)\leq n]px\\ =&\sum_{i=1}^n(\sum_{p^2+q^2=i}[\gcd(p,q)=1]p)(\sum_{xy\leq\lfloor\frac{n}{i}\rfloor}x)\\ =&\sum_{i=1}^ng(i)S(\lfloor\frac{n}{i}\rfloor) \end{align} \]
　　那么怎么求\(F,G,S\)呢？
\[ \begin{align} S(n)&=\sum_{i=1}^n\sum_{j|i}j\\ &=\sum_{i=1}^ni\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\\ G(n)&=\sum_{p^2+q^2\leq n}p\\ &=\sum_{i=1}^\sqrt ni\lfloor\sqrt{n-i^2}\rfloor\\ F(n)&=\sum_{p^2+q^2\leq n}[\gcd(i,j)=1]p\\ &=\sum_{i=1}^\sqrt{n}i\mu(i)\sum_{j=1}^\frac{n}{i^2}\sum_{p^2+q^2\leq\frac{n}{i^2}}p\\ &=\sum_{i=1}^\sqrt{n}i\mu(i)G(\lfloor\frac{n}{i^2}\rfloor) \end{align} \]
　　这些东西求一次是\(O(\sqrt{n})\)的，预处理一下，总的复杂度是\(O(n^\frac{2}{3})\)，因为每个\(n\)都是题目给的\(n\)除以某个东西。

　　预处理大家都会，我就不讲了。

　　zjt：在\(O(n^\frac{2}{3})\)内求出所有\(F(n\)除以某个东西\()\)的一类算法都叫杜教筛。

　　时间复杂度：\(O(n^\frac{2}{3})\)

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1004535809;
int _gcd[3500][3500];
int gcd(int a,int b)
{int &s=_gcd[a][b];if(~s)return s;if(!b)return s=a;return s=gcd(b,a%b);
}
const int maxn=10000000;
ll n,m;
int vis[10000010];
ll f[10000010];
int miu[10000010];
int b[10000010];
int pri[1000010];
int cnt;
ll g1[10000010];
ll g2[10000010];
ll s[10000010];
int c[10000010];
void init()
{int i,j;for(i=1;i*i<=maxn;i++)for(j=1;i*i+j*j<=maxn;j++){if(gcd(i,j)==1)(f[i*i+j*j]+=i)%=p;(g1[i*i+j*j]+=i)%=p;}for(i=1;i<=maxn;i++){f[i]=(f[i]+f[i-1])%p;g1[i]=(g1[i]+g1[i-1])%p;}miu[1]=1;c[1]=1;s[1]=1;for(i=2;i<=maxn;i++){if(!b[i]){pri[++cnt]=i;miu[i]=-1;c[i]=i;s[i]=i+1;}for(j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=maxn;j++){b[i*pri[j]]=1;if(i%pri[j]==0){miu[i*pri[j]]=0;c[i*pri[j]]=c[i]*pri[j];if(c[i]==i)s[i*pri[j]]=(s[i]*pri[j]+1)%p;elses[i*pri[j]]=s[c[i*pri[j]]]*s[i/c[i]]%p;break;}miu[i*pri[j]]=-miu[i];c[i*pri[j]]=pri[j];s[i*pri[j]]=s[i]*(pri[j]+1)%p;}}for(i=1;i<=maxn;i++)s[i]=(s[i]+s[i-1])%p;
}
const ll inv2=502267905;
ll S(ll n)
{if(n<=maxn)return s[n];ll s=0,s2;ll i,j;for(i=1;i<=n;i=j+1){j=n/(n/i);s=(s+(i+j)%p*(j-i+1)%p*inv2%p*((n/i)%p))%p;}return s;
}
ll G(ll n)
{if(n<=maxn)return g1[n];if(vis[m/n]&2)return g2[m/n];vis[m/n]|=2;ll i,s=0,j;for(i=1;i*i<=n;i++);j=i-1;for(i=1;i*i<=n;i++){while(j*j>n-i*i)j--;s=(s+i*j)%p;}g2[m/n]=s;return s;
}
ll F(ll n)
{if(n<=maxn)return f[n];ll i,s=0;ll now;for(i=1;i*i<=n;i++)s=(s+miu[i]*i*G(n/i/i))%p;return s;
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("c.in","r",stdin);freopen("c.out","w",stdout);
#endifmemset(_gcd,-1,sizeof _gcd);scanf("%lld",&n);m=n;init();ll ans=0;ll i,j;ll last=0,now;for(i=1;i<=n;i=j+1){j=n/(n/i);now=F(j);ans=(ans+(now-last)%p*S(n/i))%p;last=now;}ans=(ans*2+S(n))%p;ans=(ans+p)%p;printf("%lld\n",ans);return 0;
}