【題目連結】
　　https://loj.ac/problem/6053
【題解】
　　min_25篩的模板題。
　　min_25篩可以解決以下一類積性函式的求和問題。
　　1.$f(x)(x \in P)$可以通過多項式表達出來。
　　2.$f(x^k)(x \in P)$可以快速算出。
　　這道題中，$f(x) = x$^$1 = x - 1(x \in P 且x \neq 2)$所以條件1滿足，條件2顯然也是滿足的。
　　part1
　　我們先來考慮一個問題，如何求$F$

(T)=∑i=1Tf(i)(i∈P,T∈⌊N/i⌋)F(T)=\sum_{i=1}^{T}f(i)(i\in P,T\in \left\lfloor N/i\right\rfloor )，T是N通過除法能得到的數，大約有$2 \sqrt{N}$種取值。
　　不難發現，$\sum_{i=1}^{N}f(i)(i\in P) = \sum_{i=1}^{N}i-1(i\in P) + 2$ 因為只有2異或了後會加1。
　　 那麼我們要求的就是質數的和以及質數的個數。
　　 首先篩出$\mathrm{1..}$

N1..\sqrt{N}中的所有質數，記作$p[1]..p[M]$。
　　 記函式$G_{k}(n, m)$表示$\sum_{i = 1}^{n}i^k(i \in P或i的最小質因子>p[m])$。
　　 那麼相當於求出$G_{0}(T,M),G_{1}(T,M)$
　　 考慮從$G_{k}(n,m-1)$推到$G_{k}(n,m)$，就是從中去除最小質因子是$p[m]$的，於是可以推出：
　　 $G_{k}(n,m)=G_{k}(n,m-1)-p[m]^k*(G_{k}(\left\lfloor n/p[m]\right\rfloor,m-1)-G_{k}(p[m]-1,m-1))$
　　 相當於強制選出一個$p[m]$，剩下的隨便選，但要重新加上有比$p[m]$更小的質因子的方案。
　　 邊界條件是$G_{k}(n,0)=\sum_{i=1}^{n}i^k$,可以$O(1)$計算。
　　 由於我們只要求$2\sqrt{N}$個取值，可以將它們一起考慮。
　　 具體來說，我們從前往後列舉每一個質數$p[1]..p[m]$由於大的的取值不會影響小的，所以從後往前更新。
　　 現在的複雜度是$\sqrt{N}*(sqrt{N}/ln{\sqrt{N}})=O(N/ln{\sqrt{N}})$
　　 考慮優化，當$p[m]^2>n$時，$G_{k}(n,m)=G_{k}(n,m-1)$，因為不可能存在一個有$p[m]$的因子但不是質數的數，所以每次有一段字首不用算。
　　 現在的複雜度是$\sum_{T}\sum_{i=1}^{m}[p[i]^2 \leq T]\approx O(N^{3/4}/ln{N})$？，我不會證，但肯定比$O(N^{3/4})$小。
　　 Part2
　　 處理出了$F$接下來就簡單了。
　　 記$S(n,m)$為$\sum_{i=1}^{n}f(i)[i的最小質因子\geq p[m]]$，我們要求的是$S(N,1)+f(1)$。
　　 由於我們已經知道了$F$(質數的答案和)。現在要加入非質數的答案。還是考慮列舉質數：
　　 $S(n,m)=F(n)-F(p[m]-1)+\sum_{i=m}^{M}\sum_{j=1}^{p[i]^{j+1}\leq N}(f(p[i]^j)*S(n/p[i]^j,i+1)+f(p[i]^{j+1}))$
　　 由於$p[M]\leq \sqrt{N}$所以它的$F$值也是已知的。
　　 邊界條件是$n<p[m]$時，值為0。
　　 這個相當於是把上一部分的遞迴實現，所以複雜度與Part1相同。
　　 總時間複雜度：$O(N^{3/4}/ln{N})$一般能做到$1e10$
【程式碼】(為了便於除錯很多地方寫的比較煩)

/* - - - - - - - - - - - - - - -
	User : 		VanishD
	problem :	loj-6053
	Points : 	Min_25 
- - - - - - - - - - - - - - - */
# include <bits/stdc++.h>
# define 	ll 		long long
# define 	inf 	0x3f3f3f3f
# define 	P 		1000000007
# define 	N 		1001000
using namespace std;
ll use[N], p[N], pre[N], bak[N], pre0[N], pre1[N], bak0[N], bak1[N];
ll sum, nt, cnt;
int pnum;
const ll inv2 = 5e8 + 4; 
void get_p(int n){
	use[1] = true; 
	for (int i = 2; i <= n; i++){
		if (!use[i]) p[++pnum] = i;
		for (ll j = 1; j <= pnum && 1ll * i * p[j] <= n; j++){
			use[i * p[j]] = true;
			if (i % p[j] == 0) break;
		}
	}
}
ll F(ll p, int k){
	if (k == 0) return 1;
	return p ^ k;
}
void get_Pow0(){
	for (int i = 1; i <= nt; i++)
		pre0[i] = i, bak0[i] = sum / i;
	for (int i = 1, prep = 1, bakp = nt; i <= pnum; i++){
		while (prep <= nt && p[i] * p[i] > prep) prep++;
		while (bakp >= 1  && p[i] * p[i] > sum / bakp) bakp--;
		for (int j = 1; j <= bakp; j++){
			ll x = sum / j;
			ll  tmp1 = (x <= nt) ? pre0[x] : bak0[sum / x],
				tmp2 = (x / p[i] <= nt) ? pre0[x / p[i]] : bak0[sum / (x / p[i])],
				tmp3 = pre0[p[i] - 1];
			bak0[j] = (tmp1 - 1 * (tmp2 - tmp3) + P) % P;
		}			
		for (int j = nt; j >= prep; j--){
			ll x = j;
			ll  tmp1 = (x <= nt) ? pre0[x] : bak0[sum / x],
				tmp2 = (x / p[i] <= nt) ? pre0[x / p[i]] : bak0[sum / (x / p[i])],
				tmp3 = pre0[p[i] - 1];
			pre0[j] = (tmp1 - 1 * (tmp2 - tmp3) + P) % P;
		}			
	}
	for (int i = 1; i <= nt; i++) pre0[i] -= 1, bak0[i] -= 1;
}
void get_Pow1(){
	for (int i = 1; i <= nt; i++){
		pre1[i] = 1ll * i * (i + 1) % P * inv2 % P;
		ll tmp = (sum / i) % P;
		bak1[i] = tmp * (tmp + 1) % P * inv2 % P;
	}
	for (int i = 1, prep = 1, bakp = nt; i <= pnum; i++){
		while (prep <= nt && p[i] * p[i] > prep) prep++;
		while (bakp >= 1  && p[i] * p[i] > sum / bakp) bakp--;
		for (int j = 1; j <= bakp; j++){
			ll x = sum / j;
			ll  tmp1 = (x <= nt) ? pre1[x] : bak1[sum / x],
				tmp2 = (x / p[i] <= nt) ? pre1[x / p[i]] : bak1[sum / (x / p[i])],
				tmp3 = pre1[p[i] - 1];
			bak1[j] = (tmp1 - p[i] * (tmp2 - tmp3) % P + P) % P;
		}			
		for (int j = nt; j >= prep; j--){
			ll x = j;
			ll  tmp1 = (x <= nt) ? pre1[x] : bak1[sum / x],
				tmp2 = (x / p[i] <= nt) ? pre1[x / p[i]] : bak1[sum / (x / p[i])],
				tmp3 = pre1[p[i] - 1];
			pre1[j] = (tmp1 - p[i] * (tmp2 - tmp3) % P + P) % P;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= nt; i++) pre1[i] -= 1, bak1[i] -= 1;
}
ll get_s(ll n, int m){
	if (n <= 1 || n < p[m]) return 0;
	ll ans = ((n > nt) ? bak[sum / n] : pre[n]) - pre[p[m] - 1];
	for (int i = m; i <= pnum && n >= 1ll * p[i] * p[i]; i++)
		for (ll j = 1, k = p[i]; k * p[i] <= n; j++, k *= p[i])
			ans = (ans + F(p[i], j) * get_s(n / k, i + 1) + F(p[i], j + 1)) % P;
	return ans;
}
int main(){
	ll n;
	scanf("%lld", &n);
	sum = n; nt = sqrt(n);
	get_p(nt);
	get_Pow0(); get_Pow1(); 
	for (int i = 1; i <= nt; i++){
		if (i == 1) pre[i] = 0;
			else pre[i] = (pre1[i] - pre0[i] + 2 + P) % P;
		bak[i] = (bak1[i] - bak0[i] + 2 + P) % P;
	}
	p[pnum + 1] = nt + 1;
	printf("%lld\n", (get_s(n, 1) + 1) % P);
	return 0;
}