BZOJ 2818 GCD 【欧拉函数 || 莫比乌斯反演】

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2818: Gcd

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Description

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.

Input

一个整数N

Output

如题

Sample Input

4

Sample Output

4

HINT

对于样例(2,2),(2,4),(3,3),(4,2)

1<=N<=10^7

解题思路：

老套路：GCD( x, y )  = p 转换成 GCD( x/p, y/p ) = 1；

那么按照原来的配方，我们需要枚举 x/p 或者 y/p 其中一个数，然后另外一个数的总数通过欧拉函数求得。

假设选择枚举 y/p ，那么还需要暴力一遍枚举素数。（一开始就是直接暴力。。。）

然而O( n ) 内可以同时筛出素数和欧拉函数值：https://oi.abcdabcd987.com/sieve-prime-in-linear-time/

同时记录一下欧拉函数前缀和 sum[k] ，根据上面的转换我们可知：

如果给出 x <= y ，则直接枚举素数枚举y，然后欧拉函数求所有方案数即可；

但是这里没有明确表明 x 和 y 的大小关系， 但是我们还是只求一半 即 （默认 x <= y)的情况，然后这个答案乘以 2 就是 （y <= x）的情况了，需要去一下重（即 x = y = 1)的情况。

枚举 素数 p ，求 [ 1,  N/p ] 中互质的数对的总数， 即 2*sum[ N/p ]  - 1;

AC code:

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define LL long long
 const int MAXN = 1e7+;
 bool com[MAXN];
 int primes, prime[MAXN], phi[MAXN];
 LL sum[MAXN];

 void get_phi(int n){
     phi[] = ;
     for (int i = ; i <= n; ++i)
     {
       if (!com[i])
       {
         prime[primes++] = i;
         phi[i] = i-;
       }
       for (int j = ; j < primes && i*prime[j] <= n; ++j)
       {
         com[i*prime[j]] = true;
         if (i % prime[j])
           phi[i*prime[j]] = phi[i]*(prime[j]-);
         else
           { phi[i*prime[j]] = phi[i]*prime[j]; break; }
       }
       //sum[i] = sum[i-1]+phi[i];
     }
 }
 int main()
 {
     int N;
     scanf("%d", &N);
     get_phi(N);
     sum[] = ;
     for(int i = ; i <= N/; i++){
         sum[i] = sum[i-]+phi[i];
 //        phi[i] = phi[i-1]+phi[i];
     }
 //    printf("%d\n", phi[1]);
     LL ans = ;
     for(int i = ; i < primes; i++){
         ans = ans + (sum[N/prime[i]]*-);
     }
     printf("%lld\n", ans);

     return ;
 }