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题目大意：

求$S2(n)=\sum_{i=1}^{n}\sigma_0{(i^2)}$ 。

题解

我们可以先考虑括号里只有一个$i$的情况，这样，我们把$i$分解质因数为$p_1^{a_1}*p_2{a_2}...p_k^{a_k} $。

那么这就是一个经典的问题，答案为

\[\sum_{i-1}^n \prod_{j=1}^{k}(a_j+1)
\]

现在$i$变成了$i^2$那么无非就是每个质因子的指数乘以2，所以答案就是：

\[\sum_{i-1}^n \prod_{j=1}^{k}(2a_j+1)
\]

这是一堆二项式乘起来的形式，每一个质因子可以选或不选，考虑每一种方案是往$2a_j$去还是往1那边去，我们可以枚举一个往$2a_j$去的质因子集合，那么这时候的方案数就是$\prod_{j}2a_j$。

如果我们把里面的那个2提出来的话，那么这就是一个枚举所有的$>0$的$a_j$也就是枚举约数的过程，考虑对于每个约数，因为刚才我们把2提出来了，它的前面还乘上了$2^{集合大小}$，这里的集合大小就是这个数的质因子个数，所以我们最后的答案就是:

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|n}2^{w(d)}
\]

如果我们把$w(d)$看做每个质因数选或者不选，那么这个就是$d$的无平方因子的约数个数，考虑$\mu$函数的平方，如果这个数有平方因子那么就为0，否则就为1，所以答案变成：

\[\sum_{i=1}^n\sum_{d|n}\sum_{x|d}\mu^2(x)
\]

然后我们把枚举$x$的部分提前，那么我们就需要考虑每个$x$的倍数i有多少个约数也是$i$的倍数，那么就是：

\[\sum_{i-1}^n\mu^2(i)\sum_{j-1}^{\lfloor n/i\rfloor}\sigma_0(j)
\]

到这里做法就可以出来了，它是一个$f(i)*g(\lfloor n/i\rfloor)$的形式，所以我们可以对其除法分块,然后我们还要知道$\mu^2$和$\sigma_0$的前缀和，求$\sigma_0$的部分比较简单，可以直接枚举约数。

\[\sum_{i=1}^n\sigma_0(i)=\sum_{i=1}^m\lfloor \frac{n}{i}\rfloor
\]

对于$\mu^2$的前缀和，我们可以考虑枚举每个平方因子进行容斥：

\[\sum_{i-1}^{\sqrt{n}}\mu(i) \times \lfloor \frac{n}{i^2}\rfloor
\]

这样每个有平方因子的数刚好被算了0次，无平方因子的数刚好被算了一次。

然后就是外层除法分块，内层也有一个除法分块和枚举平方因子求$\mu^2$和、$\sigma_0$的前缀和，我们可以通过一些预处理前缀和来降低后面枚举的复杂度。

代码

#include<iostream>

#include<cstdio>

#define N 5000009

using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn=5e6;

int miu[N],prime[N],sum[N],d[N],ci[N];

ll sumd[N];

bool vis[N];

inline ll rd(){

    ll x=0;char c=getchar();bool f=0;

    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=1;c=getchar();}

    while(isdigit(c)){x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);c=getchar();}

    return f?-x:x;

}

inline void prework(){

    int k;

    miu[1]=1;d[1]=1;

    for(int i=2;i<=maxn;++i){

        if(!vis[i]){prime[++prime[0]]=i;miu[i]=-1;ci[i]=1;d[i]=2;}

        for(int j=1;j<=prime[0]&&(k=i*prime[j])<=maxn;++j){

            vis[k]=1;ci[k]=1;d[k]=2;

            if(i%prime[j]==0){ci[k]+=ci[i];d[k]=d[i]*(ci[k]+1)/ci[k];break;}

            miu[k]=-miu[i];d[k]=d[i]<<1;

        }

    }

    for(int i=1;i<=maxn;++i)sum[i]=sum[i-1]+miu[i]*miu[i],sumd[i]=sumd[i-1]+d[i];

}

inline ll calc(ll n){

    if(n<=maxn)return sumd[n];

    ll r,ans=0;

    for(ll l=1;l<=n;l=r+1){

        r=n/(n/l);

        ans+=(n/l)*(r-l+1);

    }

    return ans;

}

inline ll calcsum(ll n){

    if(n<=maxn)return sum[n];

    ll ans=0;

    for(ll i=1;i*i<=n;++i){

        ans+=(n/(i*i))*miu[i];

    }

    return ans;

}

inline ll get(ll n){

    ll ans=0;ll r;

    for(ll l=1;l<=n;l=r+1){

       	   r=n/(n/l);

       	   ans+=calc(n/l)*(calcsum(r)-calcsum(l-1));

    }

    return ans;

}

int main(){

    int T=rd();

    prework();

    while(T--){

       ll n=rd();

       printf("%lld\n",get(n));

    }

    return 0;

}

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题解

代码

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