SPOJ LCMSUM

题意是求：

　　　　$sum_{i = 1}^{n}lcm(i, n)$

　　　　$= sum_{i = 1}^{n}frac{ni}{gcd(i, n)}$

　　　　$= nsum_{i = 1}^{n}frac{i}{gcd(i, n)}$

　　　　$= nsum_{d|n}sum_{i = 1}^{n}d*[gcd(i, n)==d]$

　　　　$= nsum_{d|n}sum_{i = 1}^{frac{n}{d}}i*[gcd(i, frac{n}{d})==1]$

　　　　$= nsum_{d|n}sum_{i = 1}^{d}i*[gcd(i, d)==1]$

设$h(d) = sum_{i = 1}^{d}i*[gcd(i, d)==1]$，其实是求在$1,2,3...d$的范围内与$d$互质的数的总和，当$d>1$时，它就等于$frac{phi (d) * d}{2}$

证明：

　　　　因为$gcd(i, d) == 1$，那么也有$gcd(d - i, d) == 1$，所以假如$i$与$d$互质，那么$d - i$也与$d$互质，它们的和是$d$，也就是说在$1, 2, 3, ..., d$中，这样的数对一共有$frac{phi (d)}{2}$个，每一对的和是$d$，所以$h(d) = frac{phi (d) * d}{2}$

$h(1)$当然是等于$1$的。

这样我们线性筛出欧拉函数$phi (i)$，然后再暴力算$h(i)$，最后询问的时候输出$h(n) * n$.

时间复杂度是$O(MaxNlogMaxN + T)$。

Code：

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 1e6 + 5;
const int Maxn = 1e6;

int testCase, pCnt = 0, pri[N];
ll h[N], phi[N];
bool np[N];

template <typename T>
inline void read(T &X) {
    X = 0; char ch = 0; T op = 1;
    for(; ch > '9'|| ch < '0'; ch = getchar())
        if(ch == '-') op = -1;
    for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar())
        X = (X << 3) + (X << 1) + ch - 48;
    X *= op;
}

void sieve() {
    phi[1] = 1LL;
    for(int i = 2; i <= Maxn; i++) {
        if(!np[i]) pri[++pCnt] = i, phi[i] = i - 1;
        for(int j = 1; j <= pCnt && pri[j] * i <= Maxn; j++) {
            np[i * pri[j]] = 1;
            if(i % pri[j] == 0) {
                phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
                break;
            }
            phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
        }
    }
    
    for(int i = 1; i <= Maxn; i++) {
        ll now = phi[i] * i / 2;
        if(i == 1) now = 1LL;
        for(int j = i; j <= Maxn; j += i)
            h[j] += now;
    }
}

int main() {
    sieve();
    for(read(testCase); testCase--; ) {
        int n; read(n);
        printf("%lld
", 1LL * n * h[n]);
    }
    return 0;
}

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upd：

去看了一下题解，发现其实可以线性筛$h(i) $，感觉很神仙。

下文中的$h(d) = sum_{t | d} phi (t) * t$

因为$phi (t)$和$t = N(t)$都是积性函数，所以$phi (t) * t$也是积性函数，那么$h(i)$就相当于$phi(i) * i$与$1$的卷积，所以$h(i)$也是积性函数，可以线性筛。

　　$h(p) = (p - 1) * p + 1 = p^2 - p + 1$

　　$h(p^k) = h(p^k) = sum_{i = 0}^{k}p^i * phi (p^i) = p^2sum_{i = 0}^{k - 1}p^i * phi (p^i) - p + 1$

因为$phi (p) = p - 1$，而$phi (p^k) = phi (p^{k - 1}) * p = (p - 1) * p^{k - 1}$，所以相当于多乘了一个$p$，把它减掉，然后加上第一项$1$。

最后算答案的时候注意到这时候$phi (1)$是取$2$的，所以最后输出$frac{(h(n) + 1)}{2}$。

时间复杂度$O(MaxN + T)$。

不想实现。