CCPC2021威海 CF103428I Distance 题解

题目描述

一张 \(n\) 个点的图，编号 \(1\sim n\) 。若 \(\frac yx\in\text{prime}\) ，则在图中添加一条连接 \(x,y\) ，权值为 \(\frac yx\) 的边。

求 \(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ndis(i,j)\) ，对 \(10^9+7\) 取模。

数据范围

• \(1\le n\le 10^{11}\) 。

时间限制 \(\texttt{4s}\) ，空间限制 \(\texttt{256MB}\) 。

分析

做质因数分解 \(\frac yx=\prod_{i=1}^kp_i^{a_i}\) ，则 \(dis(i,j)=\sum_{i=1}^k|a_i|p_i\) 。

对每个质数 \(p\) 分别统计贡献，枚举幂次 \(e\) ，统计 \(v_p(i)\lt e\) 且 \(v_p(j)\ge e\) 的所有点对 \((i,j)\) ，则每对 \((x,y)\) 刚好被统计 \(|a_i|\) 次。

于是答案为：

\[2\sum_{p\in\text{prime}}p\cdot\sum_{e\ge 1}(n-\lfloor\frac n{p^e}\rfloor)\lfloor\frac n{p^e}\rfloor\\ \]

对 \(e\ge 2\) ，有 \(p\le\sqrt n\) ，直接枚举 \((p,e)\) ，时间复杂度 \(\mathcal O(\sqrt n)\) 。

对 \(e=1\) ，用 \(\min25\) 筛统计质数在 \(n\) 的整除分块点处的前缀和，时间复杂度 \(\mathcal O(\frac{n^{0.75}}{\log n})\) 。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=6.4e5+5,mod=1e9+7,inv2=(mod+1)>>1;
int B,m,n,cnt,res;
int p[maxn],id1[maxn],id2[maxn];
int g[maxn],s[maxn],val[maxn];
bitset<maxn> b;
void init(int n)
{
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!b[i]) p[++cnt]=i;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++)
        {
            b[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0) break;
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++) s[i]=(s[i-1]+p[i])%mod;
}
int id(int x)
{
    return x<=B?id1[x]:id2[n/x];
}
signed main()
{
    scanf("%lld",&n),init(B=sqrt(n));
    for(int l=1,r=0;l<=n;l=r+1)
    {
        int x=n/l;
        r=n/x,val[++m]=x,x<=B?id1[x]=m:id2[n/x]=m;
        x%=mod,g[m]=(x*(x+1)%mod*inv2-1)%mod;
    }
    for(int j=1;j<=cnt;j++)
        for(int i=1;p[j]*p[j]<=val[i];i++)
        {
            int k=id(val[i]/p[j]);
            g[i]=(g[i]-p[j]*(g[k]-s[j-1]))%mod;
        }
    for(int i=m;i>=1;i--)
    {
        int k=id(n/val[i]);
        res=(res+((n-val[i])%mod)*(val[i]%mod)%mod*(g[k]-g[k+1]))%mod;
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
        for(int x=p[i]*p[i];x<=n;x*=p[i])
            res=(res+p[i]*(n-n/x)%mod*((n/x)%mod))%mod;
    printf("%lld\n",2*(res+mod)%mod);
    return 0;
}