Loj 6053（EES筛法）

problem

思路

满足EES筛法的要求
考虑f(p)f(p)f(p)即p1p^1p1是啥，当p>2p>2p>2时，f(p)=p−1f(p)=p-1f(p)=p−1，而f(2)=3f(2)=3f(2)=3
所以预处理出p1,p0p^1,p^0p1,p0的前缀和即可
并注意，当i>=2i>=2i>=2时，这个前缀和少计算了2（即p=2的贡献3-1），所以加上一下

在dfs中维护时，没什么特别的，先计数第一类贡献（当前数乘以更大的素数的贡献），再计数第二类贡献（最大的质因子有更大的指数）

注意别忘了取模

//phi(1^2)=1
//phi(p^2)=p^2-p
//phi((p^e)^2)=phi((p^{e-1})^2)*p*p;
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int ni6=166666668;
const int ni2=500000004;
ll n,M;
vector<int> pre[2],hou[2],primes;inline int add(const int x, const int v) {return x + v >= mod ? x + v - mod : x + v;
}
inline int dec(const int x, const int v) {return x - v < 0 ? x - v + mod : x - v;
}//这里res是n/枚举的数
int dfs(ll res, int last, ll f){//最大质因子是prime[last-1] 但将1放在外面值显然一样int t=dec((res > M ? hou[1][n/res] : pre[1][res]),pre[1][primes[last]-1]);int ret= t*f%mod;//这里需修改for(int i=last;i<(int) primes.size();++i){int p = primes[i];if((ll)p*p > res) break;int e=1;for(ll q=p,nres=res,nf=f*(p^e)%mod;q*p<=res;q*=p){//nf需修改ret = add(ret,dfs(nres/=p,i+1,nf));//枚举更大的数e++;nf = f* (p^e)%mod;ret =add(ret,nf);//指数大于1时，记上贡献}}return ret;
}inline int ff(ll x){x%=mod;return x*(x+1)%mod*ni2%mod;
}int solve(ll n){M=sqrt(n);for(int i=0;i<2;++i){pre[i].clear();pre[i].resize(M+1);hou[i].clear();hou[i].resize(M+1);}primes.clear();primes.reserve(M+1);for(int i=1;i<=M;++i){pre[0][i]=i-1;hou[0][i]=(n/i-1)%mod;pre[1][i]=dec(ff(i),1);hou[1][i]=dec(ff(n/i),1);}for(int p=2;p<=M;++p){if(pre[0][p]==pre[0][p-1]) continue;primes.push_back(p);const ll q=(ll)p*p,m=n/p;const int pnt0=pre[0][p-1],pnt1=pre[1][p-1];const int mid=M/p;const int End=min((ll)M,n/q);for(int i=1;i<=mid;++i){hou[0][i]=dec(hou[0][i],dec(hou[0][i*p],pnt0));hou[1][i]=dec(hou[1][i],dec(hou[1][i*p],pnt1)*(ll)p%mod);//hou[2][i]=dec(hou[2][i],dec(hou[2][i*p],pnt2)*q%mod);}for(int i=mid+1;i<=End;++i){hou[0][i]=dec(hou[0][i],dec(pre[0][m/i],pnt0));hou[1][i]=dec(hou[1][i],dec(pre[1][m/i],pnt1)*(ll)p%mod);//hou[2][i]=dec(hou[2][i],dec(pre[2][m/i],pnt2)*q%mod);}for(int i=M;i>=q;--i){pre[0][i]=dec(pre[0][i],dec(pre[0][i/p],pnt0));pre[1][i]=dec(pre[1][i],dec(pre[1][i/p],pnt1)*(ll)p%mod);//pre[2][i]=dec(pre[2][i],dec(pre[2][i/p],pnt2)*q%mod);}}primes.push_back(M+1);for (int i = 1; i <= M;++i) {pre[1][i] = i>=2 ? add(2,dec(pre[1][i], pre[0][i])) : (dec(pre[1][i], pre[0][i]));//p-1hou[1][i] = n>=2*i ? add(2,dec(hou[1][i], hou[0][i])) :(dec(hou[1][i], hou[0][i]));}return n>1 ? add(dfs(n,0,1),1) : 1;//别忘了加上1的贡献
}int main()
{//freopen("in.txt","r",stdin);ios::sync_with_stdio(false);cin>>n;cout<<solve(n)<<endl;return 0;
}

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