【Project Euler】530 GCD of Divisors 莫比乌斯反演

【题目】GCD of Divisors

【题意】给定f(n)=Σ_d|n gcd(d,n/d)的前缀和F(n)，n=10^15。

【算法】莫比乌斯反演

【题解】参考：任之洲数论函数.pdf

这个范围显然杜教筛也是做不了的，而且考虑直接化简f(n)也遇到了困难，所以考虑将前缀和的Σ一起化简。

$$F(n)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}(d,\frac{i}{d})$$

这一步很常见的是第一重改为枚举倍数，但这样化简后面就推不下去了。

这道题必须最后转成$\sigma_0(n)$才能解出来。

所以直接枚举gcd值

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{n}\sum_{g|i}[(g,\frac{i}{g})=d]$$

这里gcd(g,i/g)=d，说明i中必须至少包含2个d，那么令i=i/d^2，g即可任取i的因子，最终的g和i/g各乘d即可，所以可以进行如下化简。（关键①）

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d^2}}\sum_{g|i}[(g,\frac{i}{g})=1]$$

转化成φ希望不大，所以直接莫比乌斯反演。

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}d\sum_{i=1}^{\frac{n}{d^2}}\sum_{g|i}\sum_{d'|g \cap d'|\frac{i}{g}}\mu(d')$$

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}\sum_{d'=1}^{n}d*\mu(d')\sum_{i=1}^{\frac{n}{d^2}}\sum_{g|i}[d'|g \cap d'|\frac{i}{g}]$$

这里和上面一样，都是要求d'|g&&d'|i/g，因此从i中提取2个d'，即令i=i/d'^2。

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}\sum_{d'=1}^{n}d*\mu(d')\sum_{i=1}^{\frac{n}{(dd')^2}}\sum_{g|i}1$$

会发现后面是约数个数。（关键②）

$$F(n)=\sum_{d=1}^{n}\sum_{d'=1}^{n}d*\mu(d')\sum_{i=1}^{\frac{n}{(dd')^2}}\sigma_0(i)$$

前面部分发现d*μ(d')好像可以卷积到φ，考虑合并dd‘来构造卷积，令d=dd'。（关键③）

$$F(n)=\sum_{d=1}^{\sqrt{n}}\sum_{g|d}g*\mu(\frac{n}{g})\sum_{i=1}^{\frac{n}{(dd')^2}}\sigma_0(i)$$

这里d只枚举到√n，因为d>√n时后面的Σ=0，没有贡献。因此可以缩小实际枚举范围。（关键④）

然后根据狄利克雷卷积μ*id=φ可以化简

$$F(n)=\sum_{d=1}^{\sqrt{n}}\varphi(d)\sum_{i=1}^{\frac{n}{(dd')^2}}\sigma_0(i)$$

大功告成！

其中，约数个数的前缀和可以进行分块取值优化，如下

$$\sum_{i=1}^{n}\sigma_0(i)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}1=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\frac{n}{i}}1$$

$$\sum_{i=1}^{n}\sigma_0(i)=\sum_{i=1}^{n}\left \lfloor \frac{n}{i} \right \rfloor$$

然后线性筛φ的过程中求解即可。

复杂度分析：

$$\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}O(\sqrt{\frac{n}{i^2}})=\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}O(\frac{\sqrt{n}}{i})=O(\sqrt{n} ln \sqrt{n})$$

倒数第二步将√n提到最外面，Σ内就是调和数列，和近似为ln n。

#include<cstdio>
#include<cmath>
#define int long long
const int maxn=;
int phi[maxn],n,prime[maxn],tot;
int solve(int n){
    int pos,sum=;
    for(int i=;i<=n;i=pos+){
        pos=n/(n/i);
        sum+=(pos-i+)*(n/i);
    }
    return sum;
}
#undef int
int main(){
#define int long long
    scanf("%lld",&n);
    int ans=*solve(n),N=(int)sqrt(n)+;phi[]=;//
    for(int i=;i<=N;i++){
        if(!phi[i])phi[prime[++tot]=i]=i-;
        for(int j=;j<=tot&&i*prime[j]<=N;j++){
            if(i%prime[j]==){phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}
            phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-);
        }
        ans+=phi[i]*solve(n/(i*i));
    }
    printf("%lld",ans);
    return ;
}