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题目描述

给出一个n，求1-n这n个数，同n的最小公倍数的和。

例如：n = 6，1,2,3,4,5,6 同6的最小公倍数分别为6,6,6,12,30,6，加在一起 = 66。

由于结果很大，输出Mod 1000000007的结果。

输入

第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。（1 <= T <= 50000)
第2 - T + 1行：T个数A[i](A[i] <= 10^9)

输出

共T行，输出对应的最小公倍数之和

输入样例

3
5
6
9

输出样例

55
66
279

题解

\[ \begin{aligned} &n\sum{\frac{i}{(i,n)}}\&=n\sum_{d|n}{\sum_{i=1}^n{\frac{i}{d}}}[(i,n)=d]\&=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}i[(i,\frac{n}{d})=1]\&=n\sum_{d|n}φ(\frac{n}{d})\frac{n}{2d}\&=\frac{n}{2}\left(\sum_{d|n}φ(d)d+1\right)\\end{aligned} \]

考虑\(\sum_{d|n}φ(d)d\)是个积性函数。

证明：
\[ \begin{aligned} &设x,y互质\&\sum_{d|n}φ(d)d=1*(φ·id)\&1*(φ(x)·x\timesφ(y)·y)=1*(φ(xy)·xy) \end{aligned} \]

则对于每个p，都有
\[ \sum_{d|p}φ(d)d=1+(p-1)*p=p^2-p+1 \]
p的x次方也类似。根据唯一分解定理，我们可以得到下面的推论：
\[ \begin{aligned} &设f(n)=\sum_{d|n}φ(d)d\&f(n)=f(p_1^{c_1})*f(p_2^{c_2})*...*f(p_k^{c_k}) \end{aligned} \]
我们知道\(φ\)函数的一个性质：对于\(n=p^k\)，有\(φ(p^k)=p^k-p^{k-1}\)。所以可以预处理质数，然后来分解质因数，对每个质因子算出\(f(p_i^{c_i})\)，然后乘起来就好了。（这样复杂度是根号内的质数个数的，如果不先预处理质数就是\(O(\sqrt{n})\)的，会TLE）

这样子的话常数也是很小的，在51nod跑到了第一页（rk17）。

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define il inline

namespace io {

#define in(a) a = read()
#define out(a) write(a)
#define outn(a) out(a), putchar('\n')

#define I_int ll
inline I_int read() {
    I_int x = 0, f = 1;
    char c = getchar();
    while (c < '0' || c > '9') {
        if (c == '-') f = -1;
        c = getchar();
    }
    while (c >= '0' && c <= '9') {
        x = x * 10 + c - '0';
        c = getchar();
    }
    return x * f;
}
char F[200];
inline void write(I_int x) {
    if (x == 0) return (void) (putchar('0'));
    I_int tmp = x > 0 ? x : -x;
    if (x < 0) putchar('-');
    int cnt = 0;
    while (tmp > 0) {
        F[cnt++] = tmp % 10 + '0';
        tmp /= 10;
    }
    while (cnt > 0) putchar(F[--cnt]);
}
#undef I_int

}
using namespace io;

using namespace std;

const ll mod = 1e9 + 7;

#define N 1000010
int T = read();
int p[N], cnt;
bool vis[N];

void init(int n) {
    cnt = 0;
    for(int i = 2; i <= n; ++i) {
        if(!vis[i]) p[++cnt] = i;
        for(int j = 1; j <= cnt && i * p[j] <= n; ++j) {
            vis[i * p[j]] = 1;
            if(i % p[j] == 0) break;
        }
    }
}

ll power(ll a, ll b) {
    ll ans = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) ans = ans * a % mod;
        a = a * a % mod; b >>= 1;
    } return ans;
}
ll inv2 = power(2, mod-2);

ll solve(ll n) {
    ll ans = 1;
    for(int i = 1; p[i] * p[i] <= n && i <= cnt; ++i) {
        if(n % p[i] == 0) {
            ll now = 1, sum = 1;
            while(n % p[i] == 0) {
                n /= p[i];
                now *= (ll)p[i];
                sum += (ll)(now - now / p[i]) * now;
            }
            ans = ans * sum % mod;
        }
    }
    if(n > 1) {ans = ans * (1 + n * (n - 1) % mod) % mod;}
    return ans + 1ll;
}

int main() {
    init(35000);
    while(T--) {
        ll n = read();
        outn(solve(n)*(n*inv2%mod)%mod);
    }
}

51nod1363 最小公倍数之和

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原文地址：https://www.cnblogs.com/henry-1202/p/10673353.html