题目描述
求
输入
第一行包含一个正整数T，表示有T组测试数据。接下来T<=10^5
行，每行给出一个正整数N,N<=10^6。
输出
包含T行，依次给出对应的答案。
样例输入
7
1
10
100
1000
10000
100000
1000000
样例输出
1
2127
18446224
183011304660
1827127167830060
18269345553999897648
182690854273058293758232
题解
“高精度”+欧拉函数+线性筛
由于$i$和$j$的范围都是$1$到$n$，因此可以先只计算$jle i$的情况，然后乘2，再减去多算的$i=1$即为题目中$1$到$n$的情况。
$ sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^ilcm(i,j)\=sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{d|i}sumlimits_{j=1}^i[gcd(i,j)=d]frac{ij}d\=sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{d|i}sumlimits_{j=1}^{frac id}[gcd(frac id,j)=1]ij\=sumlimits_{i=1}^nisumlimits_{d|i}sumlimits_{j=1}^{frac id}[gcd(frac id,j)=1]j\=sumlimits_{i=1}^nisumlimits_{d|i}sumlimits_{j=1}^{d}[gcd(d,j)=1]j$
而考虑$sumlimits_{j=1}^d[gcd(d,j)=1]j$的实际含义：$1sim d$中所有与$d$互质的数的和。考虑当$d>1$时，如果$j$与$d$互质，那么$d-j$与$d$也一定互质。因此与$d$互质的数一定是成对出现的，每对的和为$d$，故它们的和为$frac{dvarphi(d)}2$。注意这个公式在$d=1$时不成立，需要特判
于是就有：
$ sumlimits_{i=1}^nisumlimits_{d|i}sumlimits_{j=1}^{d}[gcd(d,j)=1]j\=frac{sumlimits_{i=1}^ni(sumlimits_{d|i}dvarphi(d)+1)}2$
于是所求即为：
$2·frac{sumlimits_{i=1}^ni(sumlimits_{d|i}dvarphi(d)+1)}2-sumlimits_{i=1}^ni=sumlimits_{i=1}^nisumlimits_{d|i}dvarphi(d)$
（其中很多乱七八糟的东西都消掉了，剩下的式子非常优美）
然后$f(i)=sumlimits_{d|i}dvarphi(d)$是积性函数，因此可以快筛。
当然，此时$i$与$prime[j]$不互质时没有很好的通用方法，只好使用快筛的通法：设$n=vp^a$，那么$f(n)=f(v)*f(p^a)$，此时只需要维护每个数的$p$和$p^a$即可使用等比数列求和公式$O(1)$求出：
$f(p^a)=frac{p^{2a+1}+1}{p+1}$
然后就可以维护$i·f(i)$的前缀和，然后$O(1)$回答询问。
然而本题最恶心之处：本题爆long long！因此必须使用中精度，即两个long long拼起来，每个long long12位。当然，只需要在求前缀和时使用中精度，其它地方long long即可。
时间复杂度$O(n+T)$
#include <cstdio>
#define N 1000010
#define k 1000000
typedef long long ll;
ll f[N] , sx[N] , sy[N];
int w[N] , v[N] , prime[N] , tot , np[N];
int main()
{
int i , j , t , T , n;
f[1] = 1;
for(i = 2 ; i <= k ; i ++ )
{
if(!np[i]) w[i] = v[i] = i , f[i] = (ll)i * i - i + 1 , prime[++tot] = i;
for(j = 1 ; j <= tot && (t = i * prime[j]) <= k ; j ++ )
{
np[t] = 1;
if(i % prime[j] == 0)
{
w[t] = w[i] , v[t] = v[i] * w[i] , f[t] = ((ll)v[t] * v[t] * w[t] + 1) / (w[t] + 1) * f[t / v[t]];
break;
}
else w[t] = v[t] = prime[j] , f[t] = f[i] * f[prime[j]];
}
}
for(i = 1 ; i <= k ; i ++ ) sx[i] = sx[i - 1] + i * f[i] , sy[i] = sy[i - 1] + sx[i] / 1000000000000ll , sx[i] %= 1000000000000ll;
scanf("%d" , &T);
while(T -- )
{
scanf("%d" , &n);
if(sy[n]) printf("%lld%012lld
" , sy[n] , sx[n]);
else printf("%lld
" , sx[n]);
}
return 0;
}