【題目地址】

簡易題意

給定$n,m$，求下面式子在${\rm mod}\ 10^9+7$意義下的值：

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\varphi(ij)$

和這道題很像，但是這裡$n\leqslant 10^5,m\leqslant 10^9$，資料範圍完全不同了，而且只有單次詢問，所以我們考慮$n$很小，所以從後半部分下手。

我們令$S(n,m)=\sum\limits_{i=1}^m\varphi(in)$，那麼最後的式子就是$\sum\limits_{i=1}^nS(i,m)$，所以考慮如何快速求取$S$函式。

現在只看這個式子：

$\sum_{i=1}^m\varphi(in)$

考慮如何把$\varphi(in)$拆開，根據求取$\varphi$的式子：

$n=\prod_{p_i|n}p_i^{c_i} \\ \varphi(n)=n\prod_{p_i|n}\frac{p_i-1}{p_i}$

我們提取每種質因子的一個出來，那麼就變成了：

$a=\prod_{p_i|n}p_i \\ b=\prod_{p_i|n}p_i^{c_i-1} \\ n=a\times b \\ \varphi(n)=\varphi(a)\times b$

因為在例如$gcd(i,p)\not = 1$時，$\varphi(i\times p)=\varphi(i)\times p$，而每個質因子之間可以分開獨立考慮，所以上面式子成立。

而$\varphi(i\times p)=\varphi(i)\times p$的證明看這裡：

摘取自友鏈部落格【IN-there-by hdxrie】

所以我們把$n$變成$a,b$後，原式變成如下：

$\begin{aligned} S(n,m)=&b\sum_{i=1}^m\varphi(ai) \\ =& b\sum_{i=1}^m\varphi(\frac{a}{gcd(i,a)})\varphi(i)gcd(i,a) \end{aligned}$

由於$a$中全部是一次質因子的乘積，所以：

$\begin{aligned} \varphi(ai)=&ai\prod_{p_k|ai}\frac{p_k-1}{p_k} \\ =&ai\prod_{p_k|i}\frac{p_k-1}{p_k}\prod_{p_k|a,p_k\nmid i}\frac{p_k-1}{p_k} \\ =&i\prod_{p_k|i}\frac{p_k-1}{p_k}\frac{a}{gcd(i,a)}\prod_{p_k|\frac{a}{gcd(i,a)}}\frac{p_k-1}{p_k}\times gcd(i,a) \\ =&\varphi(i)\varphi(\frac{a}{gcd(i,a)})gcd(i,a) \end{aligned}$

這裡，我們考慮將其拆開，一部分是屬於$i$的質因子，而只屬於$a$的也就是除去公共質因子的部分，相當於屬於$\frac{a}{gcd(i,a)}$的，但是最後還少了個$gcd(i,a)$，再乘上即可。而且這裡由於$a$的所有質因子都只出現一次，所以除以了$gcd(i,a)$後肯定與$i$互質，不會有重複的$\frac{p_k-1}{p_k}$。

然後我們根據$\varphi*\mathbf 1=id$，將後面的$gcd(i,a)=\sum_{d|gcd(i,a)}\varphi(d)$，所以：

$\begin{aligned} S(n,m)=& b\sum_{i=1}^m\varphi(\frac{a}{gcd(i,a)})\varphi(i)\sum_{d|gcd(i,a)}\varphi(d) \end{aligned}$

由於$a$中每個質因子只出現一次，所以我們可以將$\frac{a}{gcd(i,a)}$乘到$\sum_{d|gcd(i,a)}\varphi(d)$中的每一項，此時，由於$\frac{a}{gcd(i,a)}$肯定與每個$d$互質，根據積性函式的定義：

$\frac{a}{gcd(i,a)}\sum_{d|gcd(i,a)}\varphi(d)=\sum_{d|gcd(i,a)}\varphi(\frac{ad}{gcd(i,a)})$

其實就相當於等於：

$\sum_{d|gcd(i,a)}\varphi(\frac{a}{\frac{gcd(i,a)}{d}})=\sum_{d|gcd(i,a)}\varphi(\frac{a}{d})$

因為列舉$\frac{gcd(i,a)}{d}$，$d$是一樣的。

所以我們繼續化簡：

$\begin{aligned} S(n,m)=& b\sum_{i=1}^m\varphi(i)\sum_{d|gcd(i,a)}\varphi(\frac{a}{d}) \end{aligned}$

我們交換列舉順序即可得到：

$\begin{aligned} S(n,m)=& b\sum_{d|a}\varphi(\frac{a}{d})\sum_{d|i}^{m}\varphi(i) \\ =& b\sum_{d|a}\varphi(\frac{a}{d})\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\varphi(di) \end{aligned}$

然後可以發現後面部分就是一個子問題了，所以遞迴求就好啦。

$\begin{aligned} S(n,m)=& b\sum_{d|a}\varphi(\frac{a}{d})S(d,\lfloor\frac{m}{d}\rfloor) \end{aligned}$

複雜度和杜教篩類似。

程式碼~~

#include<vector>
#include<map>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define lowbit(a) ((a)&(-(a)))
using namespace std;
const int M=1e6+10,N=1e5+10,S=1<<20;
const ll Mod=1e9+7;
ll prime[N],phi[M],F[M],last[M],cnt;
bool vis[M];
int bit[S];
void init(){
	phi[1]=1;
	bit[1]=0;
	for(int i=1;i<=19;i++)bit[1<<i]=i;
	for(ll i=2;i<M;i++){
		if(!vis[i]){
			prime[++cnt]=i;
			phi[i]=i-1;last[i]=1;\\last記錄上次的質因子
		}
		for(ll j=1,v;j<=cnt&&i*prime[j]<M;j++){
			v=i*prime[j];
			vis[v]=1;last[v]=i;
			if(!(i%prime[j])){
				phi[v]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			phi[v]=phi[i]*phi[prime[j]];
		}
	}
	for(int i=1;i<M;i++)F[i]=(F[i-1]+phi[i])%Mod;
}
map <ll,ll> mp_phi;
map <ll,ll> mp_cal[N];
ll calc_phi(ll n){
	if(n<M) return F[n];//杜教篩求phi的字首和
	if(mp_phi.count(n)) return mp_phi[n];
	ll ans=((n*(n+1ll))>>1)%Mod;
	for(ll i=2,j;i<=n;i=j+1){
		j=(n/(n/i));
		ans=(ans-((j-i+1)%Mod)*calc_phi(n/i)%Mod)%Mod;
	}
	if(ans<0)ans+=Mod;
	return mp_phi[n]=ans;
}
map <ll,ll> mp_p;
ll Getp(ll a){
	if(a<M) return phi[a];
	if(mp_p.count(a)) return mp_p[a];
    ll t=a,tmp=a;
    for(ll j=2;j*j<=a;j++){
        if(t%j==0) {
            a=a/j*(j-1);
            while(t%j==0) t/=j;
        }
    }if(t>1) a=a/t*(t-1);
    return mp_p[tmp]=a;	
}//求單獨一個phi
ll calc(ll n,ll m){
	if(n==1) return calc_phi(m);//n=1時就是phi的字首和
	if(m==1) return Getp(n);//m=1就是一個phi
	if(!m||!n) return 0;//為0就返回0
	if(mp_cal[n].count(m)) return mp_cal[n][m];//記憶化
	vector <ll> div;div.clear();
	ll ans=0,x=1,y,w=1,tc=n;
	while(n>1){
		y=n/last[n];w*=y;n=last[n];
		div.push_back(y);
		while(!(n%y))n/=y,x*=y;
	}
	//w為a，x為b
	n=tc;
	int sze=div.size(),up=1<<sze;
	for(int i=0;i<up;i++){
		ll d=1ll;
		for(int j=i;j>0;j-=lowbit(j))d*=div[bit[lowbit(j)]];
		ans=(ans+(Getp(w/d)*calc(d,m/d))%Mod)%Mod;
	}//2進位制列舉約數的質因子組成
	ans=(ans*x)%Mod;//最後乘以b
	return mp_cal[n][m]=ans;
}
int n,m;ll ans;
int main(){
	init();
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)ans=(ans+calc(i,m))%Mod;//累加
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

另一種實現方式，較為簡單，原理差不多：
掛個連結Orz%%%-IN

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End