hdu 6889
传说中的人均min25

题意：

n个点的完全图，边权为lcm(i+1,j+1)，求mst（最小生成树）

题解：

我一开始以为是推公式，毕竟数据范围这么大，但是自己画图来看看mst的情况
注意求lcm时每个点都要加一，所以后面说点数时默认加一
首先，节点2要与所有质数相连，因为质数与任何数x（x>1）的lcm都是质数乘x，x最小就是2，所以所有指数要与2相连，那非质数呢？非质数就肯定有除1和本身外的因数，那就与因数相连，lcm也就是其本身（其实如果为偶数，也可以与2相连，毕竟2是所有偶数的因子）
最终的结果就是：
(n+1范围内)
（∑(质数）-2) * 2+∑非质数
∑非质数 = 总数和-∑质数
总数和 = 2+3+4+…n+1 = (2+n+1)n/2=(n+3)n/2
∑(质数） 2 - 4+总数和-∑质数
∑质数+总数和-4 = [3,n+1]的素数和+(3+4…+(n+1))= [3,n+1]的素数和+ (n+4) * (n-1)/2

减2是因为节点2不能与自身相连
注意n的范围是10¹⁰，这玩意咋写？？
有个神奇的算法叫min25筛（详细看知乎），本题代码模板也选自知乎
比赛时也出现大量知乎借鉴现象，可唯独我就是没做出来，难受
通过min25筛就可以在规定时间内算出∑（质数），这样问题就解决了

代码：

 #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N = 1000010;typedef long long ll;ll mod;
ll qpow(ll a, ll b)
{ll ans = 1;while(b){if(b & 1)ans = ans * a % mod;a = a * a % mod;b /= 2;}return ans % mod;
}ll prime[N], id1[N], id2[N], flag[N], ncnt, m;ll g[N], sum[N], a[N], T, n;inline ll ID(ll x)
{return x <= T ? id1[x] : id2[n / x];
}inline ll calc(ll x)
{return x * (x + 1) / 2 - 1;
}inline ll f(ll x)
{return x;
}inline void init()
{ncnt = m = 0;T = sqrt(n + 0.5);for (ll i = 2; i <= T; i++){if (!flag[i])prime[++ncnt] = i, sum[ncnt] = sum[ncnt - 1] + i;for (ll j = 1; j <= ncnt && i * prime[j] <= T; j++){flag[i * prime[j]] = 1;if (i % prime[j] == 0)break;}}for (ll l = 1; l <= n; l = n / (n / l) + 1){a[++m] = n / l;if (a[m] <= T)id1[a[m]] = m;elseid2[n / a[m]] = m;g[m] = calc(a[m]);}for (ll i = 1; i <= ncnt; i++)for (ll j = 1; j <= m && (ll)prime[i] * prime[i] <= a[j]; j++)g[j] = g[j] - (ll)prime[i] * (g[ID(a[j] / prime[i])] - sum[i - 1]);
}inline ll solve(ll x)
{if (x <= 1)return x;return n = x, init(), g[ID(n)];
}int main()
{ll n, t;scanf("%lld", &t);while(t--) {scanf("%lld%lld", &n, &mod);ll ans = (solve(n + 1) - 2 + mod) % mod;//质数和 ll inv2 = qpow(2, mod - 2) % mod;ll tmp = ((n + 4) % mod * (n-1) % mod) % mod * inv2 % mod;printf("%lld\n", (ans + tmp) % mod);}
}