【文文殿下】【BZOJ4804】欧拉心算

题解

显然有 \(ans=\sum _{i=1} ^{n} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \sum _{d|i} \mu(d) \phi (\frac{i}{d})\)

前半部分就是个整除分块，后半部分直接让脑子受到了冲击。

但是，我们知道，两个积性函数的\(\text{Direchlet}\)卷积还是积性函数，我们考虑构造线性筛。

我们看到其中有\(\text{Mobius}\)函数，鲁迅曾经说过“一看到\(\mu\)，就想到积性函数，就想到唯一分解，就想到\(>2\)的幂的贡献不计，就想到线性筛，\(\text{OIer}\)只有在这个方面思想如此跃进。”

我们尝试对一个数\(T\)因数分解。

设\(h(x)=\sum _{d|x} \mu(d) \phi (\frac{i}{d})\)对于其中一个素因子\(p\)和他的出现次数\(q\)，\(x=p^q\)我们发现

\(h(x)=1,q=0\)

\(h(x)=p-2,q=1\)

\(h(x)=p^{q-2}(p-1)^2,q>=2\)

显然$h(T)=\prod _{i=1}^{t} h(p_i^{q_i}) $我们根据这个构造线性筛

#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int maxn = 1e7+10;
ll h[maxn];
int prime[maxn],cnt,n;
bool vis[maxn];
inline void prelude() {
	h[1]=1;
	for(int i = 2;i<maxn;++i) {
		if(!vis[i]) {
			h[i]=i-2;
			prime[++cnt]=i;
		}
		for(int j = 1;j<=cnt&&1LL*prime[j]*i<maxn;++j) {
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) {
				if(i/prime[j]%prime[j]==0) {
					h[i*prime[j]]=h[i]*prime[j];// 三次方及以上
				}
				else h[i*prime[j]]=h[i/prime[j]]*(prime[j]-1)*(prime[j]-1); //二次方，分界点
				break;
			}
			else {
				h[i*prime[j]]=h[i]*h[prime[j]];
			}
		}
	}
	for(int i = 1;i<maxn;++i) h[i]+=h[i-1];
}
inline ll solve() {
	ll ans = 0;
	for(int i = 1,cur;i<=n;i=cur+1) {
		cur = n/(n/i);
		ans+=(h[cur]-h[i-1])*(n/i)*(n/i);
	}
	return ans;
}
int main() {
	prelude();
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%d",&n);
		printf("%lld\n",solve());
	}
	return 0;
}