题目传送门

---

　　

Calculation 2

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 6114    Accepted Submission(s): 2499

Problem Description

 

Given a positive integer N, your task is to calculate the sum of the positive integers less than N which are not coprime to N. A is said to be coprime to B if A, B share no common positive divisors except 1.

 

  Input

 

For each test case, there is a line containing a positive integer N(1 ≤ N ≤ 1000000000). A line containing a single 0 follows the last test case.

 

  Output

 

For each test case, you should print the sum module 1000000007 in a line.

 

  Sample Input

 

3 4 0

 

  Sample Output

 

0 2

 

  Author

 

GTmac

Source

 

2010 ACM-ICPC Multi-University Training Contest（7）——Host by HIT

---

　　分析： 　　翻译下题面：给你一个正整数$N$，求小于$N$且与$N$不互质的正整数之和，对$1000000007$取模。 　　容易想到，直接求肯定不好做，所以转化为求$1$到$N-1$与小于$N$且与$N$互质的正整数之和的差。 　　求$\sum_i=1^{N-1}$需要用到这个定理： 　　令$s$为$N-1$与小于$N$且与$N$互质的正整数之和，则$s=\phi(N)*N/2$。 　　证明如下： 　　首先明确：如果$gcd(n,x)=1,n>x$，则$gcd(n,n-x)=1$，由减法原理易证。 　　那么令$N-1$与小于$N$且与$N$互质的正整数集合为$a[]$。那么 　　$s=a[0]+a[1]+a[2]+...+a[\phi(n)]$ 　　可转化为 　　$s=(n-a[0])+(n-a[1])+(n-a[2])+...+(n-a[\phi(n)])$ 　　（因为$a[]$中元素是不重复的，所以$n-a[i]$也是不重复的，且与$a[]$中的元素一一对应。） 　　再将两式相加可得 　　$2*s=n*\phi(n)$即$s=\phi(n)*n/$ 　　那么这道题就好做了，求欧拉函数然后代公式就完事了。 　　Code：

//It is made by HolseLee on 18th Jul 2019
//HDU 3501
#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000007
using namespace std;

typedef long long ll;
ll n,ans;

inline ll get(ll x)
{
    ll ret=n, y=x;
    for(ll i=2; i*i<=y; ++i) {
        if( !(y%i) ) {
            ret=ret*(i-1)/i;
            while( !(y%i) ) y/=i;
        }
    }
    if( y!=1 ) ret=ret*(y-1)/y;
    return (ret*n/2)%mod;
}

int main()
{
    while( 1 ) {
        scanf("%lld",&n);
        if( !n ) break;
        ans=((n-1)*n/2)%mod;
        ans=(ans-get(n)+mod)%mod;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}