https://www.luogu.org/problemnew/show/P3768
题面来自洛谷，因为没用markdown所以直接截的图。
剩余的图是我用markdown写完然后截的图。
参考洛谷第一篇题解。
这个式子直观感受就需要莫比乌斯反演，大致的过程参考：BZOJ2693：jzptab
那么跳过暴力推式子，我们能够得到：
（如果你疑问为什么是miu(k/d)而不是miu(d)，其实二者皆可，但是为什么这么干请往下看）
显然
可以分块O(sqrt(n))做，那么后面的那一串东西怎么做呢？
参考jzptab的想法的话我们知道后面的式子是积性函数可以O(n)筛出来。
emmm……虽然时间可能能过但是你空间也存不下啊，所以我们要舍弃这个想法。
我们有这样的式子：
于是我们可以把后面的式子转换成这个，那么就变成了：
phi的前缀和可以杜教筛做，k^2也是分块求和。
具体的杜教筛式子可以看：http://blog.csdn.net/samjia2000/article/details/70147436
#include<cstdio> #include<queue> #include<map> #include<cstring> #include<iostream> #include<algorithm> using namespace std; typedef long long ll; const int N=4700050; ll su[N],phi[N],sum[N],n,p,inv2,inv6; bool he[N]; ll maxn=4700000; map<ll,ll>mp; inline ll s2(ll x){x%=p;return x*(x+1)%p*inv2%p;} inline ll s3(ll x){x%=p;return x*(x+1)%p*(2*x+1)%p*inv6%p;} inline ll sqr(ll x){x%=p;return x*x%p;} ll pow(ll x,ll y){ ll res=1; while(y){ if(y&1)res=res*x%p; x=x*x%p; y>>=1; } return res; } void Euler(int n){ int tot=0; phi[1]=1;he[1]=1; for(int i=2;i<=n;i++){ if(!he[i]){ su[++tot]=i; phi[i]=i-1; } for(int j=1;j<=tot;j++){ if(i*su[j]>n)break; he[i*su[j]]=1; if(i%su[j]==0){ phi[i*su[j]]=phi[i]*su[j]%p; break; } else phi[i*su[j]]=phi[i]*phi[su[j]]%p; } } for(int i=1;i<=n;i++){ phi[i]=(phi[i-1]+phi[i]*sqr(i)%p)%p; } return; } ll f(ll x){ if(x<=maxn)return phi[x]; if(mp[x])return mp[x]; ll res=sqr(s2(x)); for(ll i=2,j;i<=x;i=j+1){ j=x/(x/i); res-=f(x/i)*(s3(j)-s3(i-1))%p; res%=p; } return mp[x]=(res+p)%p; } int main(){ scanf("%lld%lld",&p,&n); inv2=pow(2,p-2);inv6=pow(6,p-2); maxn=min(maxn,n); Euler(maxn); ll ans=0; for(ll i=1,j;i<=n;i=j+1){ j=n/(n/i); ans+=(f(j)-f(i-1))%p*sqr(s2(n/i))%p; ans%=p; } printf("%lld\n",(ans+p)%p); return 0; }
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