CF1139D Steps to One 题解【莫比乌斯反演】【DP】【枚举】

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反演套 DP 的好题（不用反演貌似也能做 但是我不会啊

目录

Description

Vivek initially has an empty array $a$ and some integer constant $m$.

He performs the following algorithm:

1. Select a random integer $x$ uniformly in range from $1$ to $m$ and append it to the end of $a$.
2. Compute the greatest common divisor of integers in $a$.
3. In case it equals to $1$, break
4. Otherwise, return to step $1$.

Find the expected length of $a$. It can be shown that it can be represented as $\frac PQ$ where $P$ and $Q$ are coprime integers and $Q\neq 0\pmod{10^9+7}$. Print the value of $P\cdot Q^{-1}\pmod{10^9+7}$.

Input

The first and only line contains a single integer $m$($1\le m\le 100000$).

Output

Print a single integer — the expected length of the array $a$ written as $P\cdot Q^{-1}\pmod{10^9+7}$.

Examples

input

1

output

1

input

2

output

2

input

4

output

333333338

Note

In the first example, since Vivek can choose only integers from $1$ to $1$, he will have $a=[1]$ after the first append operation, and after that quit the algorithm. Hence the length of $a$ is always $1$, so its expected value is $1$ as well.

In the second example, Vivek each time will append either $1$ or $2$, so after finishing the algorithm he will end up having some number of $2$’s (possibly zero), and a single $1$ in the end. The expected length of the list is $1⋅\frac 12+2⋅\frac 1{2^2}+3⋅\frac 1{2^3}+\dots =2$.

题意

每一步在 $1\sim m$ 中任选一个整数，问期望多少步后选出的数的最大公约数是 $1$。答案对 $1\ 000\ 000\ 007$ 取模。

题解

因为每一步不会让已经选了的元素的 $\gcd$ 和变大，因此认为是一个除自环外的有向无环图。对于自环我们很好处理，所以把它看成是一道期望 DP。

令 $f[i]$ 表示当前的 $\gcd$ 和为 $i$，到 $\gcd$ 和为 $1$ 的状态的期望步数。因此把状态转移方程写出来
$$
f[i]=1+\frac{\sum_{j=1}^m f[\gcd(i,j)]}m
$$
这样的转移是 $O(m^2)$ 的。但是我们发现，对于很多 $j$，$\gcd(i,j)$ 都是相等的，因此我们把这样的数整合到一起。

令 $F(n)$ 表示 $1\sim m$ 中有多少个数 $i$ 满足 $\gcd(x,i)=n$，其中视 $x​$ 为常数。

则计算 $f[i]$ 就转化为了
$$
f[i]=1+\frac{\sum_{d|i}f[d]\times F(d)}n,x=i
$$
这样差不多就把枚举优化到了 $\log n$ 的 $d|i$。

考虑怎么计算 $F(n)$
$$
F(n)=\sum_{i=1}^m[\gcd(x,i)=n]
$$
令 $G(n)=\sum_{n|d}F(d)$，则
$$
\begin{aligned}
G(n)&=\sum_{n|d}F(d)\\
&=\sum_{n|d}\sum_{i=1}^m[\gcd(x,i)=d]\\
&=\sum_{i=1}^m[n|\gcd(x,i)]\\
?&=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac mn\right\rfloor}\left[1|\gcd\left(\frac xn,i\right)\right]
\end{aligned}
$$
实际上这样是有问题的，因为（在后面）无法保证 $n|x$，此时 $G(n)$ 就一定为 $0$ 了。

我们再多化一步：
$$
\begin{aligned}
G(n)&=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac mn\right\rfloor}\left[1|\gcd\left(\frac xn,i\right)\right][n|x]\\
&=\left\lfloor\frac mn\right\rfloor\cdot[n|x]
\end{aligned}
$$
根据 $G(n)=\sum_{n|d}F(d)$，我们反演到 $F$，得
$$
\begin{aligned}
F(n)&=\sum_{n|d}\mu\left(\frac dn\right)G(d)\\
&=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac mn\right\rfloor}\mu(i)G(ni)\\
&=\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac mn\right\rfloor}\mu(i)\left\lfloor\frac{m}{ni}\right\rfloor[(ni)|x]
\end{aligned}
$$
我们发现后面的布尔表达式可以当作条件。原本的条件本来就是 $\to +\infty$ 的，只不过超过了 $\left\lfloor\frac mn\right\rfloor$ 没有意义。因此直接把条件换成 $[(ni)|x]$ 即可。又因为 $n|x$ 在上面的枚举过程中是成立的，同时可以转化为 $\left[i|\frac xn\right]$。
$$
F(n)=\sum_{i|\frac xn}\mu(i)\left\lfloor\frac{m}{ni}\right\rfloor
$$
这样的一次枚举是 $O\left(d\left(\frac xn\right)\right)$ 的，由于 $1\sim m$ 的约数个数和均摊是 $O(\log m)$ 的，其中最多的有 $128$ 个约数，但是这样的数肯定不是很多，并且其中很多被枚举到的数都是质因数，迭代一下并不会造成很大的复杂度。

然后我们需要再把状态转移方程稍微转化一下，把 $f[i]$ 移到左边
$$
\begin{aligned}
f[i]&=1+\frac{\sum_{d|i,d<i}f[d]\times F(d)+f[i]\times F(i)}n,x=i\\
\frac{n-F(i)}{n}\cdot f[i]&=1+\frac{\sum_{d|i,d<i}f[d]\times F(d)}n,x=i\\
f[i]&=\frac{n+\sum_{d|i,d<i}f[d]\times F(d)}{n-F(i)},x=i
\end{aligned}
$$
就得到了真正的转移方程。

时间复杂度 $O(m\log^2 m)$。

Code：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<vector>
#define ll long long
#define p 1000000007
using std::vector;
vector<int> v[100100];//约数用 vector 存一下，每次 √m 枚举不是很稳
ll qpow(ll x,ll y)
{
    ll ans=1;
    while(y)
    {
        if(y&1)
            ans=ans*x%p;
        x=x*x%p;
        y>>=1;
    }
    return ans;
}
bool is[100100];
int pri[100100],mu[100100],cnt=0;
ll f[100100];
int n;
int calc(int x,int y)//1~n 中 gcd(x,i)=y 的数的个数
{
    int g=x/y,ans=0;
    for(int i=0;i<v[g].size();++i)
        ans+=mu[v[g][i]]*(n/v[g][i]/y);
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    f[1]=1;
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        if(!is[i])
        {
            pri[++cnt]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;++j)
        {
            is[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j])
                mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            else
            {
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)
        for(int j=i;j<=n;j+=i)
            v[j].push_back(i);
    ll ans=1,inv=qpow(n,p-2);
    for(int i=2;i<=n;++i)
    {
        for(int j=0;j<v[i].size()-1;++j)
            f[i]=(f[i]+calc(i,v[i][j])*f[v[i][j]]%p)%p;
        f[i]=(f[i]*inv+1)%p;
        ll g=n-calc(i,i);
        f[i]=f[i]*n%p*qpow(g,p-2)%p;
        ans=(ans+f[i])%p;
    }
    printf("%lld\n",ans*qpow(n,p-2)%p);
    return 0;
}