另一道数据范围不一样的题:https://www.cnblogs.com/Yinku/p/10987912.html


$F(n)=\sum\limits_{i=1}^{n} lcm(i,n) $

$\sum\limits_{i=1}^{n} \frac{in}{gcd(i,n)} $

枚举g,提n。

$n \sum\limits_{g|n}\frac{1}{g} \sum\limits_{i=1}^{n} i [gcd(i,n)==g] $

前面带有id的时候,除以g要提g到前面。

$n \sum\limits_{g|n} \sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{g}} i [gcd(i,\frac{n}{g})1] $

$n \sum\limits_{g|n} \sum\limits_{i=1}^{\frac{n}{g}} i [gcd(i,\frac{n}{g})1] $

考虑子问题:

$H(n)=\sum\limits_{i=1}^{n} i [gcd(i,n)==1] $

显然为(所有的i的和减去是n的因子d的倍数的数,容斥一下带个莫比乌斯函数)

$\sum\limits_{i=1}^{n}i + \sum\limits_{d|n,d>=2} \mu(d) (d+2d+...+n) $

吸收,整理。

$\frac{1}{2} \sum\limits_{d|n} \mu(d) (d+n)(\frac{n}{d}) $

提n,分配律。

$\frac{n}{2} \sum\limits_{d|n} \mu(d) (d+n)(\frac{1}{d}) \(
\)\frac{n}{2} \sum\limits_{d|n} \mu(d) (1+\frac{n}{d}) \(
\)\frac{n}{2} (\sum\limits_{d|n} \mu(d) +\sum\limits_{d|n} \mu(d)\frac{n}{d}) $

使用莫比乌斯函数的性质:

$\frac{n}{2} ([n==1] +\varphi(n)) $

所以:

$H(n)=\sum\limits_{i=1}^{n} i [gcd(i,n)1] = \frac{n}{2} ([n1] +\varphi(n)) $

原式:

\(F(n)=n \sum\limits_{g|n}H(\frac{n}{g}) = \frac{n}{2}\sum\limits_{g|n}\frac{n}{g} ([\frac{n}{g}==1] +\varphi(\frac{n}{g}))\)

分配律:

\(\frac{n}{2}(\sum\limits_{g|n}\frac{n}{g} [\frac{n}{g}==1] + \sum\limits_{g|n}\frac{n}{g} \varphi(\frac{n}{g}) )\)

很显然可以把 \(\frac{n}{g}\) 换成 \(g\):

\(\frac{n}{2}(\sum\limits_{g|n} g [g==1] + \sum\limits_{g|n} g \varphi(g) )\)

结论:

\(F(n)=\sum\limits_{i=1}^{n} lcm(i,n) = \frac{n}{2}(1 + \sum\limits_{g|n} g \varphi(g) )\)

后面明显是积性函数,可以用线性筛(本题n数据范围较小,否则可以直接质因数分解卡过去)。问题在于在质数幂次位置怎么求。列一下就可以发现怎么求。


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll; inline int read() {
int x=0;
char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9')
c=getchar();
do {
x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';
c=getchar();
} while(c>='0'&&c<='9');
return x;
} inline void write(ll x) {
if(x>9) {
write(x/10);
}
putchar(x%10+'0');
return;
} const int MAXN=1e6; int pri[MAXN+1];
int &pritop=pri[0];
ll q[MAXN+1];
int pk[MAXN+1]; void sieve(int n=MAXN) {
pk[1]=1;
q[1]=1;
for(int i=2; i<=n; i++) {
if(!pri[i]) {
pri[++pritop]=i;
pk[i]=i;
q[i]=1ll*i*(i-1)+1;
}
for(int j=1; j<=pritop; j++) {
int &p=pri[j];
int t=i*p;
if(t>n)
break;
pri[t]=1;
if(i%p) {
pk[t]=pk[p];
q[t]=q[i]*q[p];
}
else{
pk[t]=pk[i]*p;
if(pk[t]==t){
q[t]=q[i]+1ll*(t-t/p)*t;
}else{
q[t]=q[pk[t]]*q[t/pk[t]];
}
break;
}
}
}
} inline ll ans(int n){
ll res=q[n]+1;
res*=n;
res/=2;
return res;
} inline void solve() {
sieve();
int t=read();
while(t--){
int n=read();
write(ans(n));
putchar('\n');
}
} int main() {
#ifdef Yinku
freopen("Yinku.in","r",stdin);
#endif // Yinku
solve();
return 0;
}

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