https://www.luogu.com.cn/problem/P5325
个人理解&&要点记录：
1、使用条件：
①F(x)是积性函数
②F(p)是关于p的简单多项式，F(p^c)可快速求，p是质数
2、结果的计算方式：多项式拆出的若干个单项式分别计算的和
对于每个单项式 f(i)=i^k
minp表示i的最小质因子
pj表示第j个质数
预处理g(n,j)=Σf(i) i是质数或者minp>pj，i∈[1,n]
采用类似于dp的方式 （其中除法需要向下取整）
意思是
1到n内，i是质数或者最小质因子大于第j个质数的f(i)之和
等于
1到n内 i是质数或者最小质因子大于第j-1个 质数的 f(i)之和 ，减去1到n内 i的最小质因子是第j个质数的f(i)之和
将满足最小质因子是第j个质数的i 提取一个pj出来
因为这里对每个单项式分开计算，所以可以直接提取pj为f(pj）
提取出来后，只要剩余的质因子不小于第j个质数即可，所以是g(n/pj,j-1)
g(n/pj，j-1)中还包含了多减的前j-1个质数，所以要减去
g的第二维可以用压维的方式压去
但是我们不能对1-n内的每个数都算一次g(i)
(以下除法都表示下取整）
在求g(n)的时候，用到的是g(n/pa)
求g(n/pa)，用到的是g(n/pa/pb)
n/pa/pb=n/(pa*pb) （除法下取整）
所以一共用到的就是使 n/i=x，x不同的个数
它的个数是根号级别的
证明：
当i<=根号n时，n/i=x （下取整） ,不同的x不超过根号n个
当i>根号n时，n/(n/i)=x （下取整），因为n/i<根号n，所以不同的 x也不超过根号n个
那么我们将这 根号n级别的数离散化一下
若x<=根号n，令id1[x]=编号
若x>根号n，令id2[n/x]=编号
这样就可以将空间复杂度控制在根号n
预处理完成后，开始求题目要求的函数
此时对每个单项式都得到了一个数组g[n]，表示[1,n]内的质数对于该单项式的贡献
用这些单项式的和即可得到最终的答案
令S(n,j)=ΣF(i) i∈[1,n]且minp>Pj
S的计算分为质数和合数2个部分
质数就是 g[n]-ΣF(Pi), i<=j
对于合数
因为F是积性函数，所以
枚举最小质因子Pk，Pk*Pk<=n
枚举Pk的指数e，Pk^(e+1)<=n
即这个合数分解质因子有一项是Pk^e，且其他的项是比第k个质数更大的质因子
他满足了积性函数 若gcd(a,b)=1,则F(a)*F(b)=F(ab)
这样还漏了只有Pk这一种质因子的合数
所以还需要另外加上 Pk^2 Pk^3 …… Pk^(e+1)
所以S的式子如下
最终输出S(n,0)+F(1)
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define N 1000001
const int mod=1e9+7;
typedef long long LL;
LL n;
int sq,id1[N],id2[N];
int m;
LL w[N];
LL g1[N],g2[N];
int tot,pri[N];
bool vis[N];
LL spri[N],spri2[N];
LL inv6;
LL poww(LL a,LL b)
{
LL s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)
if(b&1) s=s*a%mod;
return s;
}
void pre()
{
for(int i=2;i<=sq;++i)
{
if(!vis[i])
{
pri[++tot]=i;
spri2[tot]=(spri2[tot-1]+1ll*i*i%mod)%mod;
spri[tot]=(spri[tot-1]+i)%mod;
}
for(int j=1;j<=tot && 1ll*i*pri[j]<=sq;++j)
{
vis[i*pri[j]]=true;
if(!(i%pri[j])) break;
}
}
LL j;
for(LL i=1;i<=n;i=j+1)
{
j=n/(n/i);
w[++m]=n/i;
if(w[m]<=sq) id1[w[m]]=m;
else id2[n/w[m]]=m;
g2[m]=(w[m]%mod)*((w[m]+1)%mod)%mod*((w[m]*2+1)%mod)%mod*inv6%mod-1;
g1[m]=(w[m]%mod)*((w[m]+1)%mod)/2%mod-1;
}
}
void solve1()
{
int k;
for(int j=1;j<=tot;++j)
for(int i=1;i<=m && 1ll*pri[j]*pri[j]<=w[i];++i)
{
k= w[i]/pri[j]<=sq ? id1[w[i]/pri[j]] : id2[n/(w[i]/pri[j])];
g2[i]-=1ll*pri[j]*pri[j]%mod*(g2[k]-spri2[j-1])%mod;
if(g2[i]<0) g2[i]+=mod;
g1[i]-=1ll*pri[j]*(g1[k]-spri[j-1])%mod;
if(g1[i]<0) g1[i]+=mod;
}
}
LL solve2(LL nn,int j)
{
if(nn<=pri[j]) return 0;
int kk= nn<=sq ? id1[nn] : id2[n/nn];
LL g=(g2[kk]-g1[kk]-(spri2[j]-spri[j]))%mod;
while(g<0) g+=mod;
LL now;
LL sum=0;
for(int k=j+1;k<=tot && 1ll*pri[k]*pri[k]<=nn;++k)
{
now=pri[k];
for(;now*pri[k]<=nn;now*=pri[k])
{
sum+=now%mod*((now-1)%mod)%mod*solve2(nn/now,k)%mod;
sum+=now%mod*pri[k]%mod*(now%mod*pri[k]%mod-1)%mod;
sum%=mod;
}
}
return (g+sum)%mod;
}
int main()
{
scanf("%lld",&n);
sq=sqrt(n);
inv6=poww(6,mod-2);
pre();
solve1();
printf("%lld",solve2(n,0)+1);
}
同时给我大凶我深感荣幸。。。
