题目大意
定义 f ( i ) f(i) f(i) 为 i i i 的最小不整除正整数,求 ∑ i = 1 n f ( i ) , n ≤ 1 0 16 \sum_{i = 1}^nf(i), n \leq 10^{16} ∑i=1nf(i),n≤1016。
解题思路
比赛时打表看出来了规律,但是分析规律的时候脑袋不好使了没写出来,GG~
首先不难想到,对于奇数来说,最小不整除正数一定是 2 2 2,然后考虑偶数,这时可以按 2 2 2的次幂个数来分,对于只有一个质因子 2 2 2 的数可以得出 f f f 要么是 3 3 3 要么是 4 4 4;若质因子是 2 2 2^2 22,那么 f = 3 , 5 , 7 , 8 f = 3,5,7,8 f=3,5,7,8…观察可发现 f f f 的取值范围是一定的,即一定是单个质因数的幂次。
然后打表,以 n = 120 n = 120 n=120为例,得到出现的答案及其次数为 c n t [ 2 ] = 60 , c n t [ 3 ] = 40 , c n t [ 4 ] = 10 , c n t [ 5 ] = 8 , c n t [ 7 ] = 2 cnt[2] = 60, cnt[3] = 40, cnt[4] = 10, cnt[5] = 8, cnt[7] = 2 cnt[2]=60,cnt[3]=40,cnt[4]=10,cnt[5]=8,cnt[7]=2,对于 3 3 3来说,只有不含 3 3 3 这个因子的偶数才会有贡献,数的个数怎么求?根据容斥定理,即 n 2 − n 2 ∗ 3 \frac{n}{2} - \frac{n}{2*3} 2n−2∗3n。然后分析 f ( i ) = 4 f(i) = 4 f(i)=4的数量,即含有一个 2 2 2和至少一个 3 3 3的偶数,这些数的个数是 n 2 ∗ 3 − n 3 ∗ 4 \frac{n}{2 * 3} - \frac{n}{3 * 4} 2∗3n−3∗4n,实际上就是 n n n 除以前 i − 1 i - 1 i−1 个数的最小公倍数减去 n n n 除以前 i i i 个数的最小公倍数,证明就根据容斥定理。
于是我们只需要预处理到前面若干 “单个质因数的幂次” 数的最小公倍数恰好大于 1 e 16 1e16 1e16 即可,下面代码打了前 50 以内的,实际会更少。最后 O ( 1 ) O(1) O(1) 扫一遍累加贡献即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6 + 10;
vector<int> prime, res;
int p[30], cnt;
ll pre[30];
bitset<55> vis;
void euler() {
vis.set();
for (int i = 2; i < 50; i++) {
if (vis[i]) prime.push_back(i);
for (int j = 0; j < prime.size() && i * prime[j] < 50; j++) {
vis[i * prime[j]] = 0;
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
}
ll gcd(ll a, ll b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}
ll lcm(ll a, ll b) {
return a / gcd(a, b) * b;
}
void init() {
euler();
for (auto i : prime) {
int j = i;
while (j < 50) {
res.push_back(j);
j *= i;
}
}
sort(res.begin(), res.end());
for (auto i: res) p[++cnt] = i;
pre[0] = 1;
for (int i = 1; i <= cnt; i++) pre[i] = lcm(p[i], pre[i - 1]);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
init();
int T;
ll n;
cin >> T;
while (T--) {
cin >> n;
ll ans = 0;
for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
ans += (n / pre[i - 1] - n / pre[i]) % Mod * p[i] % Mod;
ans %= Mod;
if (pre[i] > n) break;
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}