[UVa11426]最大公约数之和——极限版II

题意：给出n，求：

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

多组数据，\(n<=4*10^6\)

sol

今天心血来潮再来写一写式子

首先这里求的是无序对而且还不能相等所以说我第一遍样例都没过

那么如果你求出了\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)\)，你就只要把这个答案减去\(\sum_{i=1}^{n}i\)再除以二就可以了。你可以当做是，你求出的那个东西就是一整个矩阵的和，而题目要求的只是正对角线上方的部分，所以减掉对角线上的再除以2就是答案。

接下来开始大力开式子（接下来我们求的是\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)\)）。

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

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

\[=\sum_{d=1}^{n}d*\sum_{i=1}^{n/d}\mu(i)\lfloor\frac n{id}\rfloor^2
\]

\[=\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac nT\rfloor^2\sum_{d|T}d*\mu(\frac Td)
\]

然后线性筛这个函数

\[h(T)=\sum_{d|T}d*\mu(\frac Td)
\]

求一个前缀和然后分块T

复杂度\(O(n+T\sqrt n)\)

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 4000000;
int gi()
{
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
int pri[N+5],tot,zhi[N+5];
ll low[N+5],h[N+5];
void Mobius()
{
	zhi[1]=low[1]=1;h[1]=1;
	for (int i=2;i<=N;i++)
	{
		if (!zhi[i]) low[i]=pri[++tot]=i,h[i]=i-1;
		for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++)
		{
			zhi[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]==0)
			{
				low[i*pri[j]]=low[i]*pri[j];
				if (low[i]==i)
					h[i*pri[j]]=h[i]*pri[j];
				else
					h[i*pri[j]]=h[i/low[i]]*h[low[i]*pri[j]];
				break;
			}
			low[i*pri[j]]=pri[j];
			h[i*pri[j]]=h[i]*h[pri[j]];
		}
	}
	for (int i=1;i<=N;i++)
		h[i]+=h[i-1];
}
int main()
{
	Mobius();
	while (233)
	{
		int n=gi(),i=1;
		if (n==0) break;
		ll ans=0;
		while (i<=n)
		{
			int j=n/(n/i);
			ans+=(h[j]-h[i-1])*(n/i)*(n/i);
			i=j+1;
		}
		printf("%lld\n",(ans-1ll*(n+1)*n/2)/2);
	}
	return 0;
}