学了常见的筛法，让我们看个题：

首先，我们知道欧拉筛复杂度为nlognlogn,这题可以承受，但是空间上存不了，而如果我们枚举1--n^1/2，复杂度不允许。

其实在枚举的方法中，我们只需找出有无在【2，n^1/2]的素数即可。

这样，我们就可以用类似打表的形式记入素数。n^1/2差不多3万，有前面的定理可知质数数量差不多几十个，这样子就可以了。

下面介绍算数基本定理：

任何一个N=p1^c1*p2^c2*p3^c3*...(唯一）

推论：N的正约数合集为p1^b1*p2^b2*p3^b3(0<=bi<=ci)

N的正约数的个数为   

N的正约数的和为

下面是最大公约数与最小公倍数

下面我们介绍欧拉函数：

我们来看看他们的应用吧：

显然，他可以看到横坐标与纵坐标互质的人，我们以y=x分两半，因此，问题等价于求1---n的欧拉函数（注意(1,0),(0,1))

下面因为积性函数，我们可以用筛法求：

下面是AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,v[40011],pi[40011],cnt,prime[40011];
long long ans;
int main(){
    cin>>n;
    n--;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(v[i]==0){
            v[i]=i;
            pi[i]=i-1;
            prime[++cnt]=i;
        }
        for(int j=1;j<=cnt;j++){
            if(v[i]<prime[j]) break;
            if(prime[j]*i>n) break;
            if(prime[j]==v[i]) pi[prime[j]*i]=pi[i]*v[i];
            else pi[prime[j]*i]=pi[i]*pi[prime[j]];
            v[prime[j]*i]=prime[j];
        }
        ans+=pi[i];
    }
    cout<<2*ans+3;
}

注意，当prime[j]<v[i]时，这两个互质，可以用积性函数的性质。

当相等时，我们需要用到定义：

i*v[i]他的质因数的种类没变，只要N变成N*v[i]即可。

接题：

对全部数快速幂会超，我们发现a^n*d^n=(a*d)^n,于是我们配合筛法即可。

下面为AC代码（注意，因为空间的要求，我们把int换成bool )：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int maxn = 13e6 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;
int n,prime[10000],ans,cnt,pi[maxn];
bool v[maxn];
long long quickmi(long long x,long long b){
    long long i=1;
    while(b){
        if(b&1) i=(x*i)%mod;
        b>>=1;
        x=(x*x)%mod;
    }
    return i;
}
signed main(){
    scanf("%d",&n);
    ans=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(v[i]==0){
            pi[i]=quickmi(i,n);
            prime[++cnt]=i;
        }
        for(int j=1;j<=cnt;j++){
            if(i%prime[j]==0) break;
            if(prime[j]*i>n) break;
            v[prime[j]*i]=1;
            pi[prime[j]*i]=(pi[prime[j]]*pi[i])%mod;
        }
        ans^=pi[i];
    }
   printf("%lld",ans);
}