典型的数列反演题。
运用莫比乌斯反演的一个结论 $[n = 1] = \sum_{d | n} \mu(d)$，将表达式做如下转化：
$$ ans = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i (\lfloor \frac{i-1}{j} \rfloor + 1) \sum_{d | i \land d | j} \mu(d) \\ = \sum_{d=1}^n \mu(d) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^i (\lfloor \frac{i-1}{j} \rfloor + 1) $$
令$$F_n = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i (\lfloor \frac{i-1}{j} \rfloor + 1)$$
则有$$ans = \sum_{d=1}^n \mu(d) F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$$
先考虑如何计算Fn.
观察得知，内层求和与n无直接关联，不妨直接对F相邻两项做差：
$$dF_n = F_n - F_{n-1} \\= \sum_{j=1}^n (\lfloor \frac{n-1}{j} \rfloor + 1) $$
考虑每个j对每个n的贡献。
对于一个给定的j，我们可以枚举$\lfloor \frac{n-1}{j} \rfloor$的取值t，此时j和t将对$[j*t+1, j*(t+1)+1)$这一范围内所有的n对应的$F_n$产生t+1的贡献。
由调和级数可知，对所有j枚举它们在N以内的倍数只需要O(Nlog(N))级别的时间复杂度。我们只要在枚举j和t的同时维护一下$dF_n$的相邻两项差，最后做两次前缀和就可以得到$F_n$数列了。
再来考虑如何由$F_n$计算$ans_n$。
由$ans_n = \sum_{d=1}^n \mu(d) F(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor)$，与上一步类似，同样可以考虑每个d对每个n的答案的贡献。对于每个d，枚举$\lfloor \frac{n}{d} \rfloor$的取值t，此时d和t对$[t*d, (t+1)*d)$范围内所有的n对应的$ans_n$产生$\mu(d) * F_t$ 的贡献。枚举结束后再做一遍前缀和即可。
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#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = , mod = ;
typedef long long LL;
int mu[maxn], muS[maxn], F[maxn], ans[maxn], P[maxn], pcnt, N;
bool not_p[maxn]; void sieve()
{
mu[] = ;
for(int i = ;i < maxn;++i)
{
if(!not_p[i]) P[pcnt++] = i, mu[i] = -;
for(int j = ;j < pcnt;++j)
{
if(i * P[j] >= maxn) break;
not_p[i * P[j]] = true;
if(i % P[j] == )
{
mu[i * P[j]] = ;
break;
}
else mu[i * P[j]] = -mu[i];
}
}
} void init()
{
sieve();
for(int i = ;i <= N;++i) muS[i] = muS[i-] + mu[i];
N = ;
int L, R;
for(int k = ;k < N;++k)
{
L = k, R = k+k;
for(int t = ;L < N;++t, L += k, R += k)
{
F[L+] = (F[L+] + t) % mod;
if(R < N) F[R+] = (F[R+] - t) % mod;
//if(L < 3) printf("k = %d, (%d, %d] = %d\n", k, L, N, t);
}
}
for(int i = ;i <= N;++i) F[i] = (F[i] + F[i-]) % mod;
for(int i = ;i <= N;++i) F[i] = (F[i] + F[i-]) % mod;
for(int i = ;i <= N;++i)
F[i] = (F[i] + (LL) i * (i+) / ) % mod;
for(int i = ;i <= N;++i) //F[d]
{
for(int j = , k = i;k <= N;++j, k += i)
{
int tmp = (mod + F[j] * mu[i]) % mod;
ans[k] = (ans[k] + tmp) % mod;
if(k+i <= N) ans[k+i] = (ans[k+i] + mod - tmp) % mod;
}
}
for(int i = ;i <= N;++i) ans[i] = (ans[i] + ans[i-]) % mod;
} void work()
{
while(~scanf("%d", &N))
{
printf("%d\n", ans[N]);
}
}
int main() {
// your code goes here
int T;
init();
work();
return ;
}
莫比乌斯函数，差分数列