正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P5325

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题目大意

定义一个积性函数满足$f(p^k)=p^k(p^k-1)$
求${\sum }_{i=1}^{n}f(i)$

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解题思路

首先我们可以把$f(p^k)$是质数的情况拆成一个$2$阶的多项式$f(x)=x^2-x$。

然后就是$\text{Min25}$筛了。我们先需要求出质数有关的答案，考虑把这个多项式的多个阶分开来求。

有关质数的求法，我们定义$dp$数组
$$g_k(n,j)=\sum _{i=1}^n[i\in Priorminp(i)>p_j]i^k$$（上面$Pri$表示质数集，$minp(x)$表示$x$的最小质因子，$p_j$表示$\le \sqrt{n}$的第$j$个质因子，$k$表示多项式的某个阶，后面为了方便$g_k$写作$g$，后文中的$g(n,j)$中的$n$都与输入的$n$无关，只是一个变量）

具体的说就是如果$i$是质数或者最小质因子超过$p_j$，那当某个$p_j$最接近但小于$\sqrt{n}$时，$g(n,j)$就是我们需要的答案了。

因为一个合数$x$满足$minp(x)\le \sqrt{x}$，所以$p_j$的数量级很小，可以利用这个性质。

递推这个数组时对于每次$j$往上加相当于多加上了一些限制条件，也就是$g(n,j)$相对于$g(n,j-1)$我们需要减去一些多余的答案。

这些多余的答案就是最小质因数是$p_j$的数，这些数就是$p_j^k\ast (g(\frac{n}{p_j},j-1)-g(p_{j-1},j-1))$。
$g(\frac{n}{p_j},j-1)-g(p_{j-1},j-1))$表示枚举一个乘上$p_j$之后不会超过$n$且最小质因子超过$p_j$的数，这些数乘上$p_j$后就是不重不漏的表示最小质因子是$p_j$的数，因为$y=x^k$是一个完全积性函数，所以可以直接乘上一个$p_j^k$。

现在我们就有递推式
$$g(n,j)=g(n,j-1)+p_j^k(g(\frac{n}{p_j},j-1)-g(p_{j-1},j-1))$$
快速处理$g(n,0)$然后递推，可以注意到$g(p_{j-1},j-1)$就是前$j-1$个质数的$k$次方和，因为$p_j$数量级只有$\sqrt{n}$所以可以直接预处理，因为后面还要用就定义$s{p}_i={\sum }_{i=1}^{n}f(p_i)$

还有发现无论如何每个$g(x,j)$的取值都只与$\lfloor \frac{n}{x}\rfloor$有关，所以我们对于$g$数组的每一个$j$都只有$\sqrt{n}$个连续的范围内的同一取值。所以我们可以直接整除分块来大大缩减数量级的空间和时间。

给出一个$x$如何快速得到$g(x,j)$的储存地址？一个比较巧妙的方法是如果$x\le \sqrt{n}$那么$ind{1}_x$表示$x$的储存位置，否则用$ind{2}_{\frac{n}{x}}$表示$x$的储存地址。

然后$j$那个维度我们只需要用到$j=cnt$（$cnt$表示$\sqrt{n}$以内的质数数量）值，所以我们直接滚动来递推就好了。

现在我们知道了所有的$g(i,cnt)$，这道题的话具体的值就是$g_2(i,cnt)-g_1(i,cnt)$就可以表示前缀质数$f$的函数和了。下面简写$g(i)=g_2(i,cnt)-g_1(i,cnt)$。

然后就是要求答案了，同样使用$dp$的技巧，设
$$S(n,j)=\sum _{i=2}^n[minp(i)>p_j]f(i)$$
然后对于$S(n,j)$的答案我们可以分为质数和非质数两部分，质数部分显然就是$g(n)-s{p}_n$（不记得$sp$的去看前面定义）。
然后合数部分我们考虑递归下去处理就是${\sum }_{k>j}^{p_k^e\le n}f(p_k^e)(S(\frac{n}{p_k^e},k)+[e\ne 1])$。$p_k^e$是枚举质因子就不多说了，那个$[e\ne 1]$是因为$p_k$已经作为质数被计算过了，但是后面的$p_k^e$还没有。

现在就有$S(n,j)$的递推式了
$$S(n,j)=g(n)-s{p}_n+\sum _{k>j}^{p_k^e\le n}f(p_k^e)(S(\frac{n}{p_k^e},k)+[e\ne 1])$$

递归下去做就好了，说是不知道因为啥定理所以是不用记忆化的。

一个细节就是$f(1)$最好不要统计进去，最好加上就好了

据说时间复杂度是$O(\frac{n^{\frac{3}{4}}}{\log n})$的，反正这题我没开$O2$的话$1e10$只跑了七百多毫秒。

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+10,P=1e9+7;
ll n,T,cnt,tot,pri[N],sp1[N],sp2[N],ind1[N],ind2[N],g1[N],g2[N],w[N];
bool v[N];
void init(ll n){for(ll i=2;i<=n;i++){if(!v[i]){pri[++cnt]=i;sp1[cnt]=(sp1[cnt-1]+i)%P;sp2[cnt]=(sp2[cnt-1]+i*i)%P;}for(ll j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++){v[i*pri[j]]=1;if(i%pri[j]==0)break;}}return;
}
ll S(ll x,ll y){if(pri[y]>=x)return 0;ll pos=(x>T)?ind2[n/x]:ind1[x];ll ans=g2[pos]-g1[pos]-(sp2[y]-sp1[y]);ans=(ans%P+P)%P;for(ll i=y+1;i<=cnt&&pri[i]*pri[i]<=x;i++){for(ll j=1,p=pri[i];p<=x;j++,p=p*pri[i]){ll w=p%P;(ans+=w*(w-1)%P*(S(x/p,i)+(j!=1))%P)%=P;}}return ans;
}
signed main()
{scanf("%lld",&n);T=sqrt(n);init(T);ll inv2=(P+1)/2,inv6=(P+1)/6;for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){ll x=n/l;r=n/(n/l);w[++tot]=n/l;x%=P;g1[tot]=x*(x+1)%P*inv2%P-1;g2[tot]=x*(x+1)%P*(2*x+1)%P*inv6%P-1;if(n/l<=T)ind1[n/l]=tot;else ind2[n/(n/l)]=tot;}for(ll i=1;i<=cnt;i++)for(ll j=1;j<=tot&&pri[i]*pri[i]<=w[j];j++){ll k=(w[j]/pri[i]);k=(k>T)?ind2[n/k]:ind1[k];(g1[j]+=P-pri[i]*(g1[k]-sp1[i-1])%P)%=P;(g2[j]+=P-pri[i]*pri[i]%P*(g2[k]-sp2[i-1])%P)%=P;}printf("%lld\n",(S(n,0)+1)%P);return 0;
}