洛谷P2568 GCD（线性筛法）

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题目描述

给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对.
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一个整数N

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答案

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说明

对于样例(,),(,),(,),(,)

<=N<=^

来源：bzoj2818

本题数据为洛谷自造数据，使用CYaRon耗时5分钟完成数据制作。

　　看了好几天数论了，忍不住出来切切水题。

思路：

　　若已知x，y，因为gcd(x, y)为素数，令p = gcd(x, y)，a = x/p，b = y/p，则gcd(a, b) = 1;

　　所以对于给定的素数p，只要a，b满足gcd(a, b) = 1，则对应的x = a*p，y = b*p就是满足题意的一个数对。因为gcd(a, b) = 1，考虑欧拉函数。

　　不妨令a ≤ b，则对于一个确定的b，a的选择数有φ(b)种，那么所有a，b的选择就有$\sum \phi (b)$种，b*p ≤ N，所以b的上界为N/p。a，b可以互换位置所以要×2，a，b相等时（a = b = 1）只能算一种所以要-1，所以答案为$\sum_{prime\leqslant N}\left ( 2*\sum_{j=1}^{N/prime}\phi (j)-1 \right )$。

　　线性筛出质数和欧拉函数O(N)，枚举所有小于N的素数就可以了O(N/logN)。

　　总复杂度O(N+N/logN)。

　　注意：1e7的数组开多了会MLE，而最小的质数为2，所以欧拉函数和前缀和可以只开到N/2的大小。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX_N = 1e7 + ;

int N;
int prime[MAX_N+];
int phi[MAX_N/+];
ll sum[MAX_N/+];

void getPrime_and_Phi() {
    memset(prime, , sizeof prime);
    phi[] = ;
    for (int i = ; i <= MAX_N; i++) {
        if (!prime[i]) prime[++prime[]] = i, phi[i] = i-;
        for (int j = ; j <= prime[] && prime[j] <= MAX_N/i; j++) {
            prime[prime[j]*i] = ;
            if (prime[j]*i <= MAX_N/)
                phi[prime[j]*i] = phi[i] * (i%prime[j] ? prime[j]- : prime[j]);
            if (i % prime[j] == ) break;
        }
    }
}

void init() {
    getPrime_and_Phi();
    sum[] = ;
    for (int i = ; i <= MAX_N/; i++) {
        sum[i] = sum[i-] + phi[i];
    }
}

int main()
{
    init();
    cin >> N;
    ll ans = ;
    for (int i = ; i <= prime[] && prime[i] <= N; i++) {
        ans += sum[N/prime[i]]*-;
    }
    cout << ans << endl;
    return ;
}