题目简洁明了
给定\(x,n\)，多组询问，求
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n gcd(x^i-1,x^j-1)\]
对\(1e9+7\)取模，\(x,n<=1e6\)
首先先化一下里面这个东西
\[(x^i-1,x^j-1)\]
我们用更相减损术来做
\[(x^i-1,x^j-1)\]
\[=(x^j-1-x^i+1,x^i-1)\]
\[=(x^j-x^i,x^i-1)=(x^ix^{j-i}-x^i,x^i-1)\]
\[=(x^i(x^{j-i}-1),x^i-1)\]
非常显然的是\(x^i\)和\(x^i-1\)是互质的，又因为\((a\times c,b)=(a,b)[(b,c)=1]\)
所以上面那个东西就是
\[(x^{j-i}-1,x^i-1)\]
发现指数上符合\(gcd\)的性质，于是我们可以知道这个式子迭代下去就是
\[x^{(i,j)}-1\]
所以我们现在要求的是
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nx^{(i,j)}-1\]
这肯定是要反演了，有两种做法，一种是我自己\(yy\)的\(O(Tn^{\frac{2}{3}})\)，还有就是\(O(n+T\sqrt{n})\)的正解
先来看看我\(yy\)的做法，我们可以把\(-1\)提出来，只需要求
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nx^{(i,j)}\]
设
\[f(d)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(i,j)=d]\]
于是
\[ans=\sum_{i=1}^nf(i)x^i\]
\[=\sum_{i=1}^n\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor^2x^i\]
\[=\sum_{d=1}^n\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor^2\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})x^i\]
设\(F(d)=\sum_{i|d}\mu(\frac{d}{i})x^i\)
\[ans=\sum_{d=1}^n\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor^2F(d)\]
我们需要快速求\(F\)函数的前缀和，之后就可以愉快的整除分块了
考虑一下杜教筛
我们再设一个函数\(h(i)=x^i\)
于是
\[F=\mu\times h\]
反演得
\[F\times I=h\]
往杜教筛的套路里一放
\[S(n)=\sum_{i=1}^nh(i)-\sum_{i=2}^nI(i)S(\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor)\]
前面的\(h\)的前缀和就是一个等比数列求和，\(I\)也很好算
于是可以杜教筛直接硬上了
但是感觉这个复杂度有点感人啊
再来看看正解
我们完全可以把后面的搞成一个函数
把\(\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor\)换成\(x\)，就惊奇的发现
\[F(x)=\sum_{d=1}^x\mu(d)\left \lfloor \frac{x}{d} \right \rfloor^2\]
发现\(F\)函数和\(n\)没什么关系，于是我们可以提前预处理\(F\)啊
但是\(F\)看起来不好求的样子
先抄结论
\[F(x)=2\times (\sum_{i=1}^x\varphi(i))-1\]
这一步证明就先咕咕咕了
至于代码，肯定也是要咕咕咕的
因为我就根本不准备写