洛谷 P2398 GCD SUM || uva11417,uva11426,uva11424,洛谷P1390,洛谷P2257,洛谷P2568

https://www.luogu.org/problemnew/show/P2398

$原式=\sum_{k=1}^n(k\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(i,j)=k])$

方法1：

发现暴力枚举k，就变成这道模板题

复杂度O(nlogn)

 #pragma GCC optimize("Ofast")
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 using namespace std;
 #define fi first
 #define se second
 #define mp make_pair
 #define pb push_back
 typedef long long ll;
 typedef unsigned long long ull;
 typedef pair<int,int> pii;
 #define N 2000000
 ll prime[N+],len,mu[N+];
 bool nprime[N+];
 ll n,ans,a2;
 ll F(ll x)    {return (n/x)*(n/x);}
 int main()
 {
     ll i,j,k;
     mu[]=;
     for(i=;i<=N;i++)
     {
         if(!nprime[i])    prime[++len]=i,mu[i]=-;
         for(j=;j<=len&&i*prime[j]<=N;j++)
         {
             nprime[i*prime[j]]=;
             if(i%prime[j]==)    {mu[i*prime[j]]=;break;}
             else    mu[i*prime[j]]=-mu[i];
         }
     }
     scanf("%lld",&n);
     for(k=;k<=n;k++)
     {
         a2=;
         for(i=;i<=n/k;i++)
             a2+=mu[i]*F(i*k);
         ans+=a2*k;
     }
     printf("%lld",ans);
     return ;
 }

---

方法2：

https://www.luogu.org/blog/Cinema/solution-p1390

（这是一道类似的题的题解）

复杂度好像是O(n)

具体地说，是嵌套整除分块，第一重枚举n/d,m/d，第二重枚举(n/d)/x,(m/d)/x

---

方法3：

$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[(i,j)=k]=\sum_{i=1}^{{\lfloor}n/k{\rfloor}}\sum_{j=1}^{{\lfloor}n/k{\rfloor}}[(i,j)=1]$

$=2*(\sum_{i=1}^{{\lfloor}n/k{\rfloor}}\sum_{j=1}^{i}[(i,j)=1])-1=2*(\sum_{i=1}^{{\lfloor}n/k{\rfloor}}\varphi(i))-1$

这个欧拉函数的前缀和可以先预处理出来，然后枚举k

复杂度O(n)

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 using namespace std;
 #define fi first
 #define se second
 #define mp make_pair
 #define pb push_back
 typedef long long ll;
 typedef unsigned long long ull;
 typedef pair<int,int> pii;
 #define N 2000000
 ll prime[N+],len,phi[N+];
 ll d[N+];
 bool nprime[N+];
 ll n,ans;
 ll F(ll x)    {return (n/x)*(n/x);}
 int main()
 {
     ll i,j,k;
     phi[]=;
     for(i=;i<=N;i++)
     {
         if(!nprime[i])    prime[++len]=i,phi[i]=i-;
         for(j=;j<=len&&i*prime[j]<=N;j++)
         {
             nprime[i*prime[j]]=;
             if(i%prime[j]==)    {phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}
             else    phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-);
         }
     }
     for(i=;i<=N;i++)    d[i]+=d[i-]+phi[i];
     scanf("%lld",&n);
     for(k=;k<=n;k++)    ans+=k*(*d[n/k]-);
     printf("%lld",ans);
     return ;
 }

---

方法4：

注意到方法3第35行的可以用整除分块优化，甚至可以O(n)预处理后每次O(sqrt(n))回答

---

类似的题（题面并不完全一样）

https://www.luogu.org/problemnew/show/UVA11417

https://www.luogu.org/problemnew/show/UVA11426

https://www.luogu.org/problemnew/show/P1390

---

https://www.luogu.org/problemnew/show/UVA11424

这题做法稍微有点不一样，因为数据组数多，不能直接每次O(n)回答

可以用方法4水过去

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 using namespace std;
 #define fi first
 #define se second
 #define mp make_pair
 #define pb push_back
 typedef long long ll;
 typedef unsigned long long ull;
 typedef pair<int,int> pii;
 #define N 2000000
 ll prime[N+],len,phi[N+];
 ll d[N+];
 bool nprime[N+];
 ll n,ans;
 ll F(ll x)    {return (n/x)*(n/x);}
 int main()
 {
     ll i,j,k;
     phi[]=;
     for(i=;i<=N;i++)
     {
         if(!nprime[i])    prime[++len]=i,phi[i]=i-;
         for(j=;j<=len&&i*prime[j]<=N;j++)
         {
             nprime[i*prime[j]]=;
             if(i%prime[j]==)    {phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}
             else    phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-);
         }
     }
     for(i=;i<=N;i++)    d[i]+=d[i-]+phi[i];
     while(){
     scanf("%lld",&n);
     if(n==)    break;
     ans=;
     for(i=;i<=n;i=j+)
     {
         j=min(n,n/(n/i));
         ans+=(i+j)*(j-i+)/*(*d[n/i]-);
     }
     printf("%lld\n",(ans-(n+)*n/)/);}
     return ;
 }

或者：

设sum[x]=$\sum_{i=1}^{x-1}(i,x)$

那么询问为n时，答案就是$\sum_{i=1}^n{sum[i]}$

而sum[x]=$\sum_{k=1}^{x-1}(k*\sum_{i=1}^{x-1}[(i,x)=k])$

显然只有当k是x的因子且k不等于x时才能有贡献

枚举k，$\sum_{i=1}^{x-1}[(i,x)=k]=\sum_{i=1}^{\frac{x}{k}-1}[(i,\frac{x}{k})=1]$

$=(\sum_{i=1}^{\frac{x}{k}}[(i,\frac{x}{k})=1])=\phi(\frac{x}{k})$

可以看出来sum[x]=$(\sum_{d|x且d{\neq}x}(d*\phi(\frac{x}{d})))$

实际实现时可以把枚举因子变为枚举倍数

复杂度所有数据加起来O(nlogn+q)

 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 using namespace std;
 #define fi first
 #define se second
 #define mp make_pair
 #define pb push_back
 typedef long long ll;
 typedef unsigned long long ull;
 typedef pair<int,int> pii;
 #define N 200000
 ll prime[N+],len,phi[N+];
 ll sum[N+];
 bool nprime[N+];
 ll n,ans[N+];
 int main()
 {
     ll i,j,k;
     phi[]=;
     for(i=;i<=N;i++)
     {
         if(!nprime[i])    prime[++len]=i,phi[i]=i-;
         for(j=;j<=len&&i*prime[j]<=N;j++)
         {
             nprime[i*prime[j]]=;
             if(i%prime[j]==)    {phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}
             else    phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-);
         }
     }
     for(i=;i<=N;i++)
         for(j=*i;j<=N;j+=i)
             sum[j]+=i*phi[j/i];
     for(i=;i<=N;i++)    ans[i]=ans[i-]+sum[i];
     while(){
     scanf("%lld",&n);
     if(n==)    break;
     printf("%lld\n",ans[n]);
     }
     return ;
 }

---

https://www.luogu.org/problemnew/show/P2257

事实上此题做法与以上几题是一样的，如果数据范围一样。。

然而此题有多组数据又是1e7，需要更好的做法

不妨设n<=m

根据方法2，得到答案是$\sum_{1<=k<=n且k为质数}\sum_{i=1}^n\mu(i){\lfloor}\frac{n}{ik}{\rfloor}{\lfloor}\frac{m}{ik}{\rfloor}$

好像不能化简了？然而A不了题？

强行解释一波推算方法：注意到最终的可能求法是整除分块，要枚举ik的积，那么试着把它提出来

第二种解释方法：为什么要这么写式子？学莫比乌斯反演时学来的式子枚举的就是d啊

看了题解，发现可以令d=ik

答案就等于$\sum_{1<=k<=n且k为质数}\sum_{k|d}\mu(\frac{d}{k}){\lfloor}\frac{n}{d}{\rfloor}{\lfloor}\frac{m}{d}{\rfloor}$

$=\sum_{d=1}^n\sum_{k|d且k为质数}\mu(\frac{d}{k}){\lfloor}\frac{n}{d}{\rfloor}{\lfloor}\frac{m}{d}{\rfloor}$

$\sum_{k|d且k为质数}\mu(\frac{d}{k})$可以预处理了，根据那个质数个数(近似)公式，预处理复杂度大概接近O(n)了。。

可以A了。。。

 //#pragma GCC optimize("Ofast")
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<vector>
 using namespace std;
 #define fi first
 #define se second
 #define mp make_pair
 #define pb push_back
 typedef long long ll;
 typedef unsigned long long ull;
 typedef pair<int,int> pii;
 #define N 10000000
 int prime[N+],len,mu[N+],dd[N+];
 bool nprime[N+];
 int n,m;ll ans;
 int main()
 {
     int i,j,k,T,TT;
     mu[]=;
     for(i=;i<=N;i++)
     {
         if(!nprime[i])    prime[++len]=i,mu[i]=-;
         for(j=;j<=len&&i*prime[j]<=N;j++)
         {
             nprime[i*prime[j]]=;
             if(i%prime[j]==)    {mu[i*prime[j]]=;break;}
             else    mu[i*prime[j]]=-mu[i];
         }
     }
     for(i=;i<=len;i++)
         for(j=,k=prime[i];j<=N/prime[i];j++,k+=prime[i])
             dd[k]+=mu[j];
     for(i=;i<=N;i++)    dd[i]+=dd[i-];
     scanf("%d",&T);
     for(TT=;TT<=T;TT++)
     {
         scanf("%d%d",&n,&m);
         if(n>m)    swap(n,m);
         ans=;
         for(i=;i<=n;i=j+)
         {
             j=min(n,min(n/(n/i),m/(m/i)));
             ans+=ll(dd[j]-dd[i-])*(n/i)*(m/i);
         }
         printf("%lld\n",ans);
     }
     return ;
 }

双倍经验https://www.luogu.org/problemnew/show/P2568

好吧以上这题时限有点紧。。不过单次询问O(n)也可以用方法3或者方法2