列出所有数字，从小到大枚举，将枚举数的所有倍数筛掉。复杂度$O(n\log\log n)$，证明见这里。

void sieve(int n){
	int i,j;
	isnp[0]=isnp[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++){
		if(isnp[i])continue;
		pri[cnt++]=i;
		for(j=i;j<=n;j+=i)isnp[j]=1;
	}
}

埃氏筛会将一个合数被其所有质因数都筛一遍，很浪费时间。

考虑优化，让每个合数都只被最大的非本身的因数（和最小质因数共同）筛到一遍。

故首先枚举所有数 $i$ ，再枚举所有 $i$ 的素倍数 $t=pri_j\times i$ ，（ $i$ 与 $pri[j]$ 共同）将 $t$ 筛掉，且当 $pri_j\mid i$ 时退出枚举。此举的正确性在于：

• $i$ 的最小质因数为 $pri[j]$ ；
• $\forall k>j, i\times pri[k]$ 会被比 $i$ 更大的 $\frac{i}{pri[j]}\times pri[k]$ 与 $pri[j]$ 共同筛掉。

因此，欧拉筛的每个数都只被筛了一次，复杂度 $O(n)$ 。

模板题

void sieve(int n){
	int i,j;
	isnp[0]=isnp[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++){
		if(!isnp[i])pri[cnt++]=i;
		for(j=0;j<cnt;j++){
			if(pri[j]*i>n)break;
			isnp[pri[j]*i]=1;
			if(i%pri[j]==0)break;
		}
	}
}

除了筛素数，欧拉筛还可以线性地筛一些积性函数。

欧拉函数 $\varphi(n)$ 表示小于等于 $n$ 且 $\gcd(i,n)=1$ 的 $i$ 个数。

欧拉函数是积性的，也就是对任意 $n,m$ 满足 $(m,n)=1$ ，有 $\varphi(n\times m)=\varphi(n)\times \varphi(m)$ 。有一个不错的证法。

处理边界情况：

• 当 $n=1$ 的时候，规定 $\varphi(1)=1$ ；
• 当 $n=p$ 的时候， $\varphi(n)=p-1$ ；
• 当 $n=p^k$ 的时候， $\varphi(n)=p^{k-1}(p-1)$ ；

因为欧拉函数是积性的，如果将 $n$ 质因数分解为 $n=\prod_i p_i^{k_i}$ ，可以得到：

$$ \begin{aligned} \varphi(n)&=\prod_i p_i^{k_i-1}(p_i-1)\\ &=n\prod_i\frac{p_i-1}{p_i} \end{aligned} $$

void sieve(int n){
	int i,j;
	isnp[0]=isnp[1]=1;
	phi[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++){
		if(!isnp[i])pri[cnt++]=i,phi[i]=i-1;
		for(j=0;j<cnt;j++){
			if(pri[j]*i>n)break;
			isnp[pri[j]*i]=1;
			if(i%pri[j]==0){
				phi[pri[j]*i]=phi[i]*pri[j];
				break;
			}else{
				phi[pri[j]*i]=phi[i]*phi[pri[j]];
			}
		}
	}
}

这里讲过了，不再赘述。

杜教筛想要解决的问题是，对于数论函数 $f$ ，要在小于线性的复杂度求出前缀和 $S_f(n)=\sum_{i=1}^{n}f(i)$ 。

可以应用杜教筛的前提是，存在一个易求前缀和的数论函数 $g$ ，使得狄利克雷卷积 $f\ast g$ 易求前缀和。当两个函数都可以 $O(1)$ 地求出在某点的前缀和时，通过预处理一定数量的前缀和，求出 $f$ 在某处的前缀和复杂度是可以达到 $O(n^{\tfrac23})$ 的。

具体推导过程如下：（设 $f,g,h$ 的前缀和函数分别为 $s_f,s_g,s_h$ ）

$$ \begin{aligned} s_h(n)=\sum_{i=1}^{n}h(i)&=\sum_{d\mid i}f(\dfrac id)g(d)\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{t=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}g(d)f(t)\\ &=\sum_{d=1}^{n}g(d)s_f(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\\ &=g(1)s_f(n)+\sum_{d=2}^{n}g(d)s_f(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)\\ \\ s_f(n)&=\dfrac{s_h(n)-\sum_{d=2}^{n}g(d)s_f(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)}{g(1)}\\ \end{aligned} $$

等式右边数论分块处理，递归计算 $s_f$ 即可。

设 $A=\{1,2,3,\ldots,\lfloor\sqrt n\rfloor\},B=\{\lfloor\frac n2\rfloor,\ldots,\lfloor\frac{n}{\lfloor\sqrt n\rfloor}\rfloor\}$ ，设 $U(n)=A\bigcup B$ ，易看出 $|U(n)|$ 是 $O(\sqrt n)$ 级别的。同时，对于任意 $m\in U(n)$ ，有 $U(m)\subseteq U(n)$ （证明：设 $m=\lfloor\frac na\rfloor$ ，则任意 $\lfloor\frac mb\rfloor=\lfloor\frac m{ab}\rfloor \in U(n)$）。

设计算出 $s_f(n)$ 复杂度为 $T(n)$ ，则根据上述结论，为计算出 $s_f(n)$ ，只需要在记忆化过程中总共计算出 $s_f(i),i\in U(n)$ 即可，故考虑枚举次数，有等式：

$$ \begin{aligned} T(n)&=O(\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}(\sqrt i+\sqrt\frac{n}{i}))\\ &=O(\int_{1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor}(\sqrt x+\sqrt\frac{n}{x}) \text{ d}x)\\ &=O((x^{\frac 32}+\sqrt n\sqrt x) \mid_{1}^{\lfloor\sqrt n\rfloor})\\ &=O(x^{\frac34}) \end{aligned} $$

设线性预处理了前 $b>\sqrt n$ 项，则复杂度为：

$$ \begin{aligned} T(n)&=O(\sum_{i=1}^{\lfloor\sqrt{\frac nb}\rfloor}\sqrt\frac{n}{i}+b)\\ &=O(\int_{1}^{\lfloor\sqrt{\frac nb}\rfloor}\sqrt\frac{n}{x}\text{ d}x+b)\\ &=O(\frac n{\sqrt b}+b) \end{aligned} $$

取 $b=n^{\frac 23}$ 取得最优复杂度 $O(n^{\frac 23})$ 。

Luogu P4213 【模板】杜教筛（Sum）51nod 124451nod 1239

三个类似的题，计算 $[1,2^{31}-1]$ 范围内 $\varphi,\mu$ 的前缀和。很显然有 $\varphi\ast 1=\text{id},\mu\ast 1=\epsilon$ ，直接筛即可。

51nod 1237

计算 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)$ 。

$$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)&=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}[(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{k\mid i,k\mid j}\mu(k)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{k=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\lfloor\frac{n}{kd}\rfloor^2\mu(k)\\ \text{令}T=kd\\ &=\sum_{T=1}^{n}\sum_{d\mid T}d\mu(\frac Td)\lfloor\frac nT\rfloor^2\\ &=\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac nT\rfloor^2\sum_{d\mid T}d\mu(\frac Td)\\ &=\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac nT\rfloor^2\varphi(T)\\ \end{aligned} $$

对 $T$ 数论分块即可，其中需要快速计算欧拉函数前缀和。

51nod 1238

计算 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\text{lcm}(i,j)$ 。

$$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\text{lcm}(i,j)&=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}i\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}j[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\times (2\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}i\sum_{j=1}^{i}j\sum_{k\mid i,k\mid j}\mu(k)-1)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\times (2\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}i\sum_{k\mid i}\mu(k)\sum_{j=1}^{\frac ik}jk-1)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\times (2\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}i\sum_{k\mid i}k\mu(k)\frac{\frac ik\times (\frac ik+1)}{2}-1)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\times (2\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\frac{i^2}2\sum_{k\mid i}(\mu(k)\frac ik+\mu(k))-1)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\times (2\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\frac{i^2}2(\varphi(i)+\epsilon(i))-1)\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}i^2\varphi(i) \end{aligned} $$

因此我们只需要快速求出 $f(i)=i^2\varphi(i)$ 的前缀和，然后对 $d$ 数论分块求解。

找到 $g(i)=\text{id}(i)^2$ ，此时有 $(f\ast g)(n)=\sum_{d\mid n}d^2\varphi(d)(\frac {n}{d})^2=n^2\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n^3$ 。利用公式 $\sum_{i=1}^{n}i^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}$ ，本题得解。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<set>
#include<vector>
typedef long long ll;
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define mod 1000000007
#define N 2333333
//#define N 1
char isnp[N+10];
int cnt,pri[N+10];
ll phi[N+10],f[N+10],sf[N+10];
void sieve(int n){
	int i,j;
	isnp[0]=isnp[1]=1;
	phi[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++){
		if(!isnp[i])pri[cnt++]=i,phi[i]=i-1;
		for(j=0;j<cnt;j++){
			if(i*pri[j]>n)break;
			isnp[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0){
				phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
				break;
			}else{
				phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)f[i]=1LL*i*i%mod*phi[i]%mod;
	for(i=1;i<=n;i++)sf[i]=(sf[i-1]+f[i])%mod;
}
map<ll,ll>m;
ll inv2,inv3;
ll qp(ll a,ll b){
	ll res=1%mod;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)res=res*a%mod;
	return res;
}
ll s1(ll n){
	return n%mod*(n%mod+1)%mod*inv2%mod;
}
ll s2(ll n){
	return s1(n)*(2*n%mod+1)%mod*inv3%mod;
}
ll s3(ll n){
	return s1(n)*s1(n)%mod;
}
ll get(ll n){
	if(n<N)return sf[n];
	if(m.count(n))return m[n];
	ll res=s3(n),i,r;
	for(i=2;i<=n;i=r+1){
		r=n/(n/i);
		(res-=get(n/i)*(s2(r)-s2(i-1))%mod)%=mod;
	}
	return m[n]=res;
}
ll s1(ll l,ll r){
	l%=mod;r%=mod;
	return (r+l)*(r-l+1)%mod*inv2%mod;
}
int main(){
	ll i,r,n,ans=0;
	inv2=qp(2,mod-2);
	inv3=qp(3,mod-2);
	sieve(N);
	scanf("%lld",&n);
	for(i=1;i<=n;i=r+1){
		r=n/(n/i);
		(ans+=s1(i,r)*get(n/i)%mod)%=mod;
	}
	printf("%lld",(ans+mod)%mod);
	return 0;
}

51nod 1227

求 $\sum_{i=a}^{b}\frac 1i\sum_{j=1}^{i}\text{lcm}(i,j)$ 。

考虑求前缀和函数 $s_n$ 进行差分，答案为 $s_b-s_{a-1}$。以下推导比较详细（冗杂），是为方便接触较少的同学一步步推导（后续内容会适当省略某些步骤）：

$$ \begin{aligned} s_n&=\sum_{i=1}^{n}\frac 1i\sum_{j=1}^{i}\text{lcm}(i,j)\\ &=\sum_{i=1}^{n}\frac 1i\sum_{j=1}^{i}\frac{ij}{\gcd(i,j)}\\ &=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid i}\frac 1d\sum_{j=1}^{i}j[\gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid i}\frac 1d\sum_{j=1}^{\frac id}jd[\gcd(\frac id,j)=1]\\ &=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid i}F(\frac id)\\ 其中 F(n)&=\sum_{j=1}^{n}j[\gcd(n,j)=1]\\ &=\sum_{j=1}^{n}j\sum_{k\mid n,k\mid j}\mu(k)\\ &=\sum_{k\mid n}\mu(k)\sum_{j=1}^{\frac nk}jk\\ &=\sum_{k\mid n}\mu(k)k\frac 12\frac nk(\frac nk+1)\\ &=\frac n2\sum_{k\mid n}\mu(k)(\frac nk+1)\\ &=\frac n2(\varphi(n)+\epsilon(n))\\ 于是 s_n&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d\mid i}\frac d2(\varphi(d)+\epsilon(d))\\ &=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\frac d2(\varphi(d)+\epsilon(d))\\ &=\frac 12(\sum_{d=1}^{n}\lfloor\frac nd\rfloor d\varphi(d)+n)\\ \end{aligned} $$

故问题转化为快速求 $f=\text{id}\cdot \varphi$ 的前缀和，令 $g=\text{id}$ ，则 $(f\ast g)(n)=\sum_{d\mid n}d\varphi(d)\frac nd=n\sum_{d\mid n}\varphi(d)=n^2$ 。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<set>
#include<unordered_map>
#include<vector>
typedef long long ll;
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define mod 1000000007
#define N 1000000
char isnp[N+10];
int pri[N+10],cnt;
ll phi[N+10],sp[N+10];
void sieve(int n){
	int i,j;
	isnp[0]=isnp[1]=1;
	phi[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++){
		if(!isnp[i])pri[cnt++]=i,phi[i]=i-1;
		for(j=0;j<cnt;j++){
			if(pri[j]*i>n)break;
			isnp[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0){
				phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];
				break;
			}else{
				phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++)sp[i]=(sp[i-1]+1LL*i*phi[i])%mod;
}
map<int,ll>m;
ll inv2,inv6;
ll qp(ll a,ll b){
	ll res=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)res=res*a%mod;
	return res;
}
ll s1(ll l,ll r){
	return (l+r)*(r-l+1)%mod*inv2%mod;
}
ll s2(ll n){
	return n*(n+1)%mod*(2*n+1)%mod*inv6%mod;
}
ll getSF(int n){
	if(n<=N)return sp[n];
	if(m.count(n))return m[n];
	int i,r;
	ll res=s2(n);
	for(i=2;i<=n;i=r+1){
		r=n/(n/i);
		(res-=getSF(n/i)*s1(i,r)%mod)%=mod;
	}
	return m[n]=res;
}
ll getS(int n){
	ll res=n;
	int i,r;
	for(i=1;i<=n;i=r+1){
		r=n/(n/i);
		(res+=n/i*(get(r)-get(i-1))%mod)%=mod;
	}
	return res*inv2%mod;
}
int main(){
	int a,b;
	inv2=qp(2,mod-2);
	inv6=qp(6,mod-2);
	sieve(N);
	scanf("%d%d",&a,&b);
	printf("%d",(getS(b)-getS(a-1)+2*mod)%mod);
	return 0;
}

51nod 1220

求 $\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sigma(i\times j)$ 。

关于约数和 $\sigma$ 和约数个数 $d$ ，分别有结论：

$$ \begin{aligned} d(i\times j)&=\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}[(x,y)=1]\\ \sigma(i\times j)&=\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}\frac {iy}{x}[(x,y)=1]\\ \end{aligned} $$

关于证明，这里给出了一种对于第一个式子偏数学的证明，这里给出一个偏感性的证明（本质相同）。

我们需要考虑 $(x,y)$ 代表了 $ij$ 的哪个因数，并讨论这是不是一个一一映射。

因为 $(x,y)=1$ ，故任意质因子 $p$ ，不可能 $p\mid x,p\mid y$ 。设 $p^a\mid i,p^b\mid j$ 。

如果 $p\mid x$ ， $p^{k_1}\mid x$ ，那么对应因数含有 $p^{a-k_1}$ 因子（只是为方便证明第二式起见，可以对应含有 $p^{k_1}$ 因子）；否则设 $p^{k_2}\mid y$ ，那么对应因数含有 $p^{a+k_2}$ 因子。很明显，这样构造出来的映射是一一映射。

$$ \begin{aligned} \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sigma(ij)&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}\frac{iy}{x}[(x,y)=1]\\ &=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}\frac{iy}{x}\sum_{d|x,d|y}\mu(d)\\ &=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{x\mid i,d\mid x}\sum_{y\mid j,d\mid y}\frac{iy}{x}\\ &=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{d\mid x}\sum_{d\mid y}\frac yx\sum_{x\mid i}\sum_{y\mid j}i\\ &=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\frac{yd}{xd}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{xd}\rfloor}ixd\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{yd}\rfloor}\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{xd}\rfloor}i\sum_{y=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac {n}{yd}\rfloor}y\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{xd}\rfloor}i \sum_{j=1}^{\lfloor\frac {n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac n{dj}\rfloor}y\\ &=\sum_{d=1}^{n}d\mu(d)(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}S_1(\lfloor\frac n{id}\rfloor))^2\\ 其中S_1(n)&=\frac 12(1+n)n \\ \end{aligned} $$

于是可以对 $d$ 数论分块， $\sum_{i=1}^{n}\frac 12\lfloor\frac ni\rfloor(\lfloor\frac ni\rfloor+1)$ 线筛预处理一部分，剩余 $O(\sqrt n)$ 直接算（或者不处理直接暴力， $O(n^{\frac 34})$ ）；另外需要快速计算出 $f=\mathrm{id}\cdot \mu$ 的前缀和，令 $g=\mathrm{id}$ ，显有 $f\ast g=\epsilon$。

从上述步骤的第六步到第七步的转换，验证了等式 $\sum_{i=1}^{n}\frac 12\lfloor\frac ni\rfloor(\lfloor\frac ni\rfloor+1)=\sum_{i=1}^{n}i\lfloor\frac ni\rfloor$ 。而后者可以视作在 $i$ 处统计了 $i$ 的所有因数之和（对于每一个因数 $i$ ，在他共 $\lfloor\frac ni\rfloor$ 个整数倍的位置都被统计一次），即为 $\sum_{i=1}^{n}\sigma(i)$ 。实现的时候存一个 $div_i$ 表示 $i$ 的最小质因数做贡献的一项 $(1+p_m+p_m^2+\cdots+p_m^{k_m})$ 的值即可。如果不转化为 $\sigma$ 的前缀和，也可以直接打表验证积性函数后记录 $p^k$ 下的取值进行线筛。

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<set>
#include<unordered_map>
#include<vector>
typedef long long ll;
using namespace std;
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define N 3000000
#define mod 1000000007
char isnp[N+10];
int pri[N+10],cnt,mu[N+10],sm[N+10];
ll sigma[N+10],dv[N+10],sr[N+10];
void sieve(int n){
	int i,j;
	isnp[0]=isnp[1]=1;
	mu[1]=1;sigma[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++){
		if(!isnp[i])pri[cnt++]=i,mu[i]=-1,sigma[i]=dv[i]=1+i;
		for(j=0;j<cnt;j++){
			if(pri[j]*i>n)break;
			isnp[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0){
				mu[i*pri[j]]=0;
				dv[i*pri[j]]=dv[i]*pri[j]+1;
				sigma[i*pri[j]]=sigma[i]/dv[i]*dv[i*pri[j]];
				break;
			}else{
				mu[i*pri[j]]=-mu[i];
				sigma[i*pri[j]]=sigma[i]*sigma[pri[j]];
				dv[i*pri[j]]=pri[j]+1;
			}
		}
	}
	for(i=1;i<=n;i++){
		sm[i]=(sm[i-1]+i*mu[i])%mod;
		sr[i]=(sr[i-1]+sigma[i])%mod;
	}
}
ll inv2;
ll qp(ll a,ll p){
	ll ans=1;
	for(;p;p>>=1,a=a*a%mod)if(p&1)ans=ans*a%mod;
	return ans;
}
ll s1(int l,int r){
	return (l+r)*(r-l+1LL)%mod*inv2%mod;
}
map<int,ll>m;
ll getRight(int n){
	if(n<=N)return sr[n];
	int i,r;
	ll res=0;
	for(i=1;i<=n;i=r+1){
		r=n/(n/i);
		res+=n/i*(n/i+1LL)%mod*(r-i+1)%mod*inv2%mod;
	}
	return res%mod;
}
ll getS(int n){
	if(n<=N)return sm[n];
	if(m.count(n))return m[n];
	int i,r;
	ll res=1;
	for(i=2;i<=n;i=r+1){
		r=n/(n/i);
		(res-=getS(n/i)*s1(i,r)%mod)%=mod;
	}
	return m[n]=res;
}
ll get(int n){
	ll tmp,res=0;
	int i,r;
	for(i=1;i<=n;i=r+1){
		r=n/(n/i);
		tmp=getRight(n/i);
		(res+=tmp*tmp%mod*(getS(r)-getS(i-1))%mod)%=mod;
	}
	return (res+mod)%mod;
}
int main(){
	int n;
	inv2=qp(2,mod-2);
	sieve(N);
	scanf("%d",&n);
	printf("%lld",get(n));
	return 0;
}

题意：求

$$ \sum _{i=1}^n \sum _{j=1}^i \gcd(i^a - i^b, j^a - j^b)[\gcd(i, j) = 1] $$

其中 $a, b$ 是给定的数，且 $a, b$ 互质。

题解：

首先有结论（我没找到证明）：

$$ \gcd(i^a - j^a, i^b - j^b) = i^{\gcd(a, b)} - j^{\gcd(a, b)} $$

推式子：

$$ \begin{aligned} & \sum _{i=1}^n \sum _{j=1}^i (i - j) \sum _{g \mid i \land g \mid j} \mu(g) \\ = & \sum _{g=1}^n \mu(g) \sum _{i=1}^{\lfloor n/g \rfloor} \sum _{j=1}^i (i - j)g \\ = & \sum _{g=1}^n \mu(g) \times g \times F \left( \left\lfloor \frac ng \right\rfloor \right) \\ \end{aligned} $$

其中 $F(n) = \sum _{i=1}^n \sum _{j=1}^i (i - j)$。我们现在需要 $(\mu \cdot \mathrm{id})(n)$ 在分块点处的前缀和，才能分块计算整个式子。注意到 $((\mu \cdot \mathrm{id}) \ast \mathrm{id}) (n) = \sum_{d \mid n} \mu(d) \cdot d \cdot \dfrac nd = n \cdot (\mu \ast 1)(n) = n \cdot \varepsilon(n)$，故可以让函数卷上 $\mathrm{id}$ 进行杜教筛：

$$ \sum _{i=1}^n i \cdot \varepsilon(n) = \sum _{i=1}^n i \times S \left( \left\lfloor \frac ni \right\rfloor \right) $$

其中 $S$ 为 $(\mu \cdot \mathrm{id})$ 的前缀和。

min_25 筛可以用来解决具有下列性质的积性函数 $f$ 在单点处的前缀和：

1. 存在完全积性函数 $f'$，使得质数 $p$ 处有 $f'(p) = f(p)$；
2. $f'(p)$ 的前缀和很好计算；
3. $f'(p^k)$ 的值很好算（是多项式或可以很快求出）。

为了方便，我们约定：

• 若没有特别说明，下文中的所有 $p$ 都取质数；
• $\mathrm{pri}_j$ 表示第 $j$ 小的质数；
• $\mathrm{minp}(n)$ 表示 $n$ 的最小质因子。

我们先考虑解决求所有分块点处质数的贡献，即 $G(m) = \sum _{i=1}^m [i \text{ is prime}] f'(i)$，其中 $m$ 是 $n$ 的数论分块点。

设状态 $g(j, m)$ 表示 $\sum _{i=1}^m [i \text{ is prime or } \mathrm{minp}(i) > \mathrm{pri}_j] f'(i)$，则我们要求的就是 $G(m) = g(\sum _{j \land \mathrm{pri}_j \leq m} 1, m)$ 了。这个状态可以理解为，Eratosthenes 筛法中用 $\mathrm{pri}_j$ 筛掉它的倍数后，剩余没被筛掉部分的和。

显然，边界条件是 $g(0, m) = \sum _{i=2}^m f'(i)$。请注意一定要去掉 $f'(1)$，因为它不会被筛掉，我们只要最后加上即可。

考虑转移。若 $\mathrm{pri}_j > \sqrt m$，此时筛不掉任何数，故 $g(j, m) = g(j-1, m)$，故考虑 $\mathrm{pri}_j \leq \sqrt m$ 的情况。此时 $\mathrm{pri}_j$ 能筛掉的合数都能表示为 $\mathrm{pri}_j$ 乘一个不超过 $\left\lfloor \dfrac m{\mathrm{pri}_j} \right\rfloor$ 的、最小质因子大于等于 $\mathrm{pri}_j$ 的数，即

$$ g(j, m) = g(j - 1, m) - f'(\mathrm{pri}_j) \times [g(j - 1, \left\lfloor \dfrac m{\mathrm{pri}_j} \right\rfloor) - \sum _{i=1}^{j-1} f'(\mathrm{pri}_i)] $$

因为 $f'$ 是完全积性函数，所以即使分解的东西不互质也可以直接乘在一起。另外，式子最后的部分用于减去质数的贡献（参考 $g$ 的定义）。

具体实现时，可以用滚动数组存放 $g$，滚掉它的第一维 $j$。可以证明这一部分的时间复杂度是 $O\left(\dfrac {n^{3/4}}{\log n} \right)$ 的。

设 $S(n, j) = \sum _{i=1}^m [\mathrm{minp}(i) \geq \mathrm{pri}_j] f(i)$，注意中间对 $\mathrm{minp}(i)$ 的要求和 $G$ 有所不同。根据定义，我们最后要求的就是 $S(n, 1) + f(1)$。

对于 $S(n, j)$，质数的贡献为 $G(n) - \sum _{i=1}^{j-1} f'(\mathrm{pri}_i)$，而合数的贡献需要枚举其最小质因子及其次数，分为两个互质的部分。转移如下：

$$ S(n, j) = G(n) - \sum _{i=1}^{j-1} f'(\mathrm{pri}_i) + \sum _{i = j}^{\mathrm{pri}_i \leq n} \sum _{e=1} ^{\mathrm{pri}_i ^{e+1} \leq n} [f(\mathrm{pri}_i ^e) S(\left\lfloor \dfrac n{\mathrm{pri}_i^e} \right\rfloor, i + 1) + f(\mathrm{pri}_i^{e+1})] $$

这部分不需要记忆化，直接递归的时间复杂度是 $O(n^{1 - \varepsilon})$ 的，而且跑 $n = 10^{10}$ 的数据也很飞快。

题意：积性函数 $f(n)$ 的质数幂次取值 $f(p^k) = p^k(p^k - 1)$，求前缀和。

题解：$f(p^k) = (p^2)^k - p^k$，拆成两部分计算质数处贡献，最后合并即可。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define fi first
#define se second
#define lch (o << 1)
#define rch (o << 1 | 1)
 
typedef double db;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef pair<int, int> pint;
 
const int N = 2e5 + 5;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int INV2 = 500000004;
const int INV6 = 166666668;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const ll INF_LL = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
 
// 注意两倍空间
int idx[N];
ll val[N];
ll _n, sqrtN;
int nIdx;
 
int GetId(ll x) {
	if (x <= sqrtN)
		return idx[x];
	else
		return idx[sqrtN + _n / x];
}
 
void InitId(ll n) {
	// x =  n / i 是该分块点中能取到最大 / 最右侧的值
	for (ll i = 1; i <= n; i++) {
		ll x = n / i;
		val[++nIdx] = x;
		if (x <= sqrtN)
			idx[x] = nIdx;
		else
			idx[sqrtN + n / x] = nIdx;
		i = n / (n / i);
	}
}
 
int pri[N];
ll s1[N], s2[N];
bool notPri[N];
 
void InitPri() {
	for (int i = 2; i < N; i++) {
		if (!notPri[i])
			pri[++pri[0]] = i;
		for (int j = 1; j <= pri[0]; j++) {
			int p = pri[j];
			if (i * p >= N) break;
			notPri[i * p] = 1;
			if (i % p == 0) break;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= pri[0]; i++) {
		s1[i] = (s1[i - 1] + 1LL * pri[i] * pri[i]) % MOD;
		s2[i] = (s2[i - 1] + pri[i]) % MOD;
	}
}
 
ll f1[N], f2[N];
 
// Sieve1(n) = sum [i = 1 -> n] [i is isprime] * f(i)
// 传入的 n 是原始值
void Sieve1(ll n) {
	// 预处理初值
	// 需要注意这里一般不计算 f(1)
	for (int i = 1; i <= nIdx; i++) {
		ll x = val[i] % MOD;
		f1[i] = x * (x + 1) % MOD * (2 * x + 1) % MOD * INV6 % MOD - 1;
		f2[i] = (1 + x) * x % MOD * INV2 % MOD - 1;
	}
	for (int j = 1; j <= pri[0]; j++) {
		ll p = pri[j];
		if (p * p > n) break;
		for (int i = 1; i <= nIdx; i++) {
			ll x = val[i];
			if (p * p > x) break;
			// f(m) = f(idx[m / pri[j]]) - sum[j - 1];
			f1[i] -= (p * p) % MOD * (f1[GetId(x / p)] - s1[j - 1]);
			f2[i] -= p * (f2[GetId(x / p)] - s2[j - 1]);
			f1[i] %= MOD;
			f2[i] %= MOD;
		}
	}
}
 
// f(p ^ e)
ll F(ll p, int e) {
	ll t = 1;
	while (e--) t *= p;
	t %= MOD;
	return t * (t - 1) % MOD;
}
 
// Sieve2(n, j) = sum [i = 1 -> n] [minp(i) >= pri[j]] * f(i)
// 传入的 n 是原始值
ll Sieve2(ll n, int j) {
	if (n <= 1 || pri[j] > n) return 0;
	int id = GetId(n);
	// ret = Sieve1(n) - sum [i = 1 -> j - 1] f(i) + ...
	ll ret = (f1[id] - s1[j - 1]) - (f2[id] - s2[j - 1]);
 
	// ret = ... + 合数部分
	for (int i = j; i <= pri[0]; i++) {
		ll p = pri[i], t = p; // t = p ^ e
		if (p * p > n) break;
		for (int e = 1; p * t <= n; t *= p, e++) {
			ll tmp = F(p, e) * Sieve2(n / t, i + 1) + F(p, e + 1);
			ret = (ret + tmp) % MOD;
		}
	}
 
	return ret;
}
 
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
 
	ll n;
	cin >> n;
	sqrtN = floor(sqrt(n));
	_n = n;
 
	InitId(n);
	InitPri();
	Sieve1(n);
	ll ans = (Sieve2(n, 1) + 1) % MOD;
	cout << (ans + MOD) % MOD;
 
	return 0;
}

题意：令 $n$ 的唯一分解为 $n = p_1^{k_1} p_2^{k_2} \cdots p_m^{k_m}$，定义 $f(n) = k_1 + k_2 + \cdots + k_m$，求

$$ \sum _{i=1}^n f(i!) $$

题解：注意到 $f(n!) = \sum _{i=1}^n f(i)$，故

$$ \begin{aligned} & \sum _{i=1}^n f(i!) \\ = & \sum _{i=1}^n \sum _{j=1}^i f(j) \\ = & \sum _{i=1}^n (n-i+1) f(i) \\ = & (n + 1) \sum _{i=1}^n f(i) - \sum _{i=1}^n i \cdot f(i) \\ \end{aligned} $$

因此实际要求 $\sum _{i=1}^n f(i)$ 和 $\sum _{i=1}^n i \cdot f(i)$。

考虑枚举每个质数 $p_i$ 的贡献。若 $p_i^2 \leq n$，则第一个式子相当于统计 $p_i$ 在 $[1, n]$ 作为约数的出现次数，这个经典问题可以用递归在 $O(\log n)$ 内解决（第二个式子类似）。

现在考虑 $p_i^2 > n$ 的部分，此时 $k_i$ 最多取到 $1$。于是我们考虑我们要求的两个式子中，这些部分做出的贡献。

第一个式子的贡献等价于统计 $[1, n]$ 中 $p_i$ 的倍数个数：

$$ \sum _{i^2 > n}^n \left\lfloor \frac ni \right\rfloor [i \text{ is prime}] $$

第二个式子的贡献等价于统计 $[1, n]$ 中 $p_i$ 的倍数之和：

$$ \sum _{i^2 > n}^n \frac {(1 + \lfloor n/i \rfloor)\lfloor n/i \rfloor}{2} \cdot i \cdot [i \text{ is prime}] $$

相当于我们要求分块点处，质数个数的前缀和与质数的前缀和。这两个的求解是 min_25 的经典应用，故套用 min_25 筛得到分块点处的值即可求解。