【SPOJ-GCDEX】GCD Extreme（欧拉函数）

题目：

SPOJ-GCDEX (洛谷 Remote Judge)

分析：

求：

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}gcd(i,j)
\]

这道题给同届新生讲过，由于种种原因只讲了 \(O(n)\) 预处理欧拉函数 \(O(n)\) 查询的暴力做法，顺带提了一句 “这题能根号查询” 被教练嘴了 QAQ 。以及小恐龙给我说有 \(O(n\log n)\) 预处理 \(O(1)\) 查询的另一种写法。

重点是前几天某学长讲课讲这道题，才知道有 \(O(n)\) 预处理 \(O(1)\) 查询的神仙做法，并且据说因为 SPOJ 上时限 0.237s ，复杂度比这个高的都过不去（只交了最后一种，所以我也不知道是真的假的……）。下面分别介绍这三种做法（在无特殊说明的情况下，本文中所有除法均为向下取整）：

方法一

为了方便计算，先给和式中添上 \(\sum_{i=1}^{n}gcd(i,i)=\frac{n(n+1)}{2}\)，再换一下枚举顺序，得到：

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{i}gcd(i,j)-\frac{n(n+1)}{2}
\]

然后先枚举 \(gcd(i,j)\) 的值，并把 \(i\) 变成 \(i\cdot d\)，\(j\) 变成 \(j\cdot d\) ：

\[\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\frac{i}{d}}[gcd(i,j)=1]-\frac{n(n+1)}{2}
\]

（方括号表示其中式子成立时值为 \(1\) ，否则为 \(0\) ）

根据欧拉函数的定义（ \(\varphi(x)\) 表示不超过 \(x\) 的与 \(x\) 互质的正整数的个数），得到：

\[\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}\varphi(\frac{i}{d})-\frac{n(n+1)}{2}=\sum_{d=1}^{n}d\cdot S_\varphi(\frac{n}{d})-\frac{n(n+1)}{2}
\]

（其中 \(S_\varphi\) 表示 \(\varphi\) 的前缀和，即 \(S_\varphi(x)=\sum_{i=1}^{x}\varphi(x)\) ）

用线性筛处理出欧拉函数前缀和后数论分块即可。预处理 \(O(n)\) ，查询 \(O(\sqrt{n})\) 。

方法二

设：

\[F(i)=\sum_{j=1}^{i}gcd(i,j)
\]

则答案为：

\[\sum_{i=1}^{n}F(i)-\frac{n(n+1)}{2}
\]

考虑如何计算 \(F(i)\) 。同样先枚举 \(gcd(i,j)\) 的值：

\[F(i)=\sum_{d|i}d\sum_{j=1}^{\frac{i}{d}}[gcd(i,j)=1]=\sum_{d|i}d\varphi(\frac{i}{d})
\]

于是先线性筛 \(\varphi\) ，然后枚举 \(d\) ，每个 \(d\) 向所有 \(F(i\cdot d) (0<i\leq \frac{n}{d})\) 贡献 \(d\cdot \varphi(i)\) 。最后处理 \(F\) 函数的前缀和。预处理时间复杂度为 \(n\) 乘上 \(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}\)，约为 \(O(n\log n)\) 。可以 \(O(1)\) 查询。

方法三：

接着方法二：

\[F(n)=\sum_{d|n}d\varphi(\frac{n}{d})=\sum_{i\cdot d=n}d\cdot \varphi(i)
\]

则答案为：

\[\sum_{i=1}^{n}F(i)-\frac{n(n+1)}{2}
\]

考虑如果已经求出了 \(F(n)\) ，则有（其中 \(p\) 是质数且与 \(n\) 互质）：

\[F(np)=pF(n)
\]

对于和式的每一项，这个 \(p\) 要么乘到 \(d\) 上，要么乘到 \(\varphi(i)\) 上，而欧拉函数是积性函数所以 \(\varphi(ip)=p\cdot \varphi(i)\) 。

这个性质很好，如果能快速计算 \(n=p^k\) (\(p\) 是质数）的情况就能愉快地线性筛了。（为什么？请看 【知识总结】线性筛_杜教筛_Min25筛 的线性筛部分）

考虑当 \(n=p^k\) ，\(F(n)=\sum_{i=0}^{k}p^{k-i}\varphi(p^i)\) 。根据欧拉函数的公式：

\[F(n)=n+\sum_{i=1}^{k}p^{k-i}p^i\cdot \frac{p-1}{p}=kp^{k-1}(p-1)+p^k
\]

（注意当 \(i=0\) 时 \(p^0=1\) 中没有因子 \(p\) ，要特殊处理）

所以当 \(k>1\) ， \(F(p^{k-1})=(k-1)p^{k-2}(p-1)+p^{k-1}\) ，给它乘上 \(p\) 再加上 \(p^{k-1}(p-1)\) 就是 \(F(p^k)\) 。 \(k=1\) （即 \(n\) 是质数）的情况直接手算一下，等于 \(2n-1\) 。

于是可以线性筛出 \(F\) 函数然后处理前缀和， \(O(n)\) 预处理 \(O(1)\) 查询。

代码：

（方法三）

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;

namespace zyt
{
	template<typename T>
	inline bool read(T &x)
	{
		char c;
		bool f = false;
		x = 0;
		do
			c = getchar();
		while (c != EOF && c != '-' && !isdigit(c));
		if (c == EOF)
			return false;
		if (c == '-')
			f = true, c = getchar();
		do
			x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
		while (isdigit(c));
		if (f)
			x = -x;
		return true;
	}
	template<typename T>
	inline void write(T x)
	{
		static char buf[20];
		char *pos = buf;
		if (x < 0)
			putchar('-'), x = -x;
		do
			*pos++ = x % 10 + '0';
		while (x /= 10);
		while (pos > buf)
			putchar(*--pos);
	}
	typedef long long ll;
	const int N = 1e6 + 10;
	ll f[N];
	int prime[N], last[N], cnt;
	bool mark[N];
	void init()
	{
		f[1] = 1;
		for (int i = 2; i < N; i++)
		{
			if (!mark[i])
				prime[cnt++] = last[i] = i, f[i] = i * 2 - 1;
			for (int j = 0; j < cnt && (ll)i * prime[j] < N; j++)
			{
				int k = i * prime[j];
				mark[k] = true;
				if (i % prime[j] == 0)
				{
					last[k] = last[i] * prime[j];
					if (last[k] == k)
						f[k] = f[i] * prime[j] + (ll)i * (prime[j] - 1);
					else
						f[k] = f[i / last[i]] * f[last[k]];
				}
				else
				{
					last[k] = prime[j];
					f[k] = f[i] * f[prime[j]];
				}
			}
		}
		for (int i = 1; i < N; i++)
			f[i] += f[i - 1];
	}
	int work()
	{
		int n;
		init();
		while (read(n) && n)
			write(f[n] - (ll)(n + 1) * n / 2), putchar('\n');
		return 0;
	}
}
int main()
{
	return zyt::work();
}