题面
题解
拿到式子的第一步就是推倒
\sum_{i=1}^nlcm(n,i)
&=\sum_{i=1}^n\frac{in}{\gcd(i,n)}\\
&=n\sum_{i=1}^n\frac{i}{\gcd(n,i)}\\
&=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^n \frac{i}{d}[\gcd(n,i)=d]\\
&=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}} i[\gcd(i,\frac{n}{d})=1]\\
\end{align}
\]
我们定义\(\varphi(n)=\sum_{i=1}^n i[\gcd(n,i)=1]\)，那么上面的式子可以化成\(n\times \sum_{d|n}\varphi(d)\)，关键在于后半部分
然后来考虑一下这个\(\varphi\)函数有什么性质好了
因为\(\varphi(n)\)代表的是所有与\(n\)互质的数的和……发现和欧拉函数很像诶，那么我们可以猜想一下这个函数说不定也是积性函数？
记\(sum(n)=\sum_{i=1}^ni\)，考虑对于一个普通的\(\varphi(n)\)来说，\(1\)到\(n\)的和为\(\frac{n(n+1)}{2}\)，考虑其中的两个质数\(p,q\)且\(p|n,q|n\)，\(\varphi(n)\)的值要减去所有\(p\)的倍数的值，即减去\(p\times sum(\frac{n}{p})=\frac{n(\frac{n}{p}+1)}{2}\)，同理所有\(q\)的倍数的值为\(\frac{n(\frac{n}{q}+1)}{2}\)，但是减去这两个之后又多减了\(pq\)的倍数的值，要加上\(\frac{n(\frac{n}{pq}+1)}{2}\)
然后有
\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n(\frac{n}{p}+1)}{2}-\frac{n(\frac{n}{q}+1)}{2}+\frac{n(\frac{n}{pq}+1)}{2}
&=\frac{n^2}{2}\left(1-\frac{1}{p}-1-\frac{1}{q}+1-\frac{1}{pq}\right)\\
&=\frac{n^2}{2}\left(1-\frac{1}{p}\right)\left(1-\frac{1}{q}\right)\\
\end{align}
\]
然后拓展开来之后，设\(p_1,p_2,...\)为\(n\)的所有质因子，我们发现$$\varphi(n)=\frac{n^2}{2}(1-frac{1}{p_1})(1-frac{1}{p_2})...$$
分母里的\(2\)很麻烦，那么我们就设一个\(\phi(n)=2\varphi(n)\)，其中\(\phi(1)=1\)，那么我们神奇地发现\(\phi\)是一个积性函数！
那么我们只要对\(\phi\)求和，加上\(\varphi(1)\)（因为理论上来说\(\phi(1)=2\)但我们算成了\(1\)），然后再除以\(2\)，就是\(\varphi\)的和了
首先几个边界条件都很好求，有\(\phi(1)=1,\phi(p)=p(p-1),\phi(p^c)=p^{2c-1}(p-1)\)
我们要求\(\sum_{d|n}\phi(d)\)，考虑这么一个想法，先把\(n\)给质因数分解，然后枚举一下每一个质因子的次数因为这是个积性函数，所以这个质因子这一部分的贡献是独立的。我们要对它的每一次贡献与其它质因子的贡献相加再乘起来，等价于把它所有能产生的贡献都加起来再与其它的贡献乘起来（就是加法对乘法的分配率），这样就能快速计算了
然后没有然后了
ps：我代码里分解质因数的时候终止条件写成\(p[i]\leq n\)了结果活活\(T\)死……我给忘了只要\(p[i]\times p[i]\leq n\)就行了……
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=1e5+5,P=1e9+7,inv2=500000004;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
return res;
}
bitset<N>vis;int p[N],v[N],c[N],top,m,sqr,n,res,g,tmp,sum;
void init(int n){
fp(i,2,n){
if(!vis[i])p[++m]=i;
for(R int j=1;j<=m&&1ll*i*p[j]<=n;++j){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0)break;
}
}
}
void solve(int n){
top=0,res=1,g=n;
for(R int i=1;i<=m&&1ll*p[i]*p[i]<=g;++i)if(g%p[i]==0){
v[++top]=p[i],c[top]=0;
while(g%p[i]==0)g/=p[i],++c[top];
}
if(g!=1)v[++top]=g,c[top]=1;
fp(i,1,top){
sum=1,g=mul(v[i],v[i]-1);
for(R int j=1;j<=c[i];++j,g=1ll*g*v[i]%P*v[i]%P)sum=add(sum,g);
res=mul(res,sum);
}
res=mul(res+1,inv2);
res=mul(res,n);
print(res);
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
// freopen("testdata.out","w",stdout);
int T=read();init(sqr=N-5);
while(T--)n=read(),solve(n);
return Ot(),0;
}