象棋与马
题目链接：luogu P6860
题目大意
给你一个数 n，然后问你有多少个 a<=n,b<=n 满足在一个二维网格上从源点出发每次走一个 a*b 的矩阵，能走到图上的所有整点。
思路
首先考虑怎样的点对是满足条件的。
首先我们考虑如果它能从 ((0,0)) 走到 ((0,1))，那它就能走到所有点。（因为你可以一步一步走）
那接着考虑怎么搞，首先顺序无关，所以我们可以把它分成两段位移：((pm x,pm y)) 和 ((pm y,pm x))。
然后第一段的整体位移可以表示成 ((2ax,2by)) 或者 ((2ax+x,2by+y))，第二段就是 ((2cy,2dx)) 或 ((2cy+y,2dx+x))。
考虑列出四种可能的方法：
(left{egin{matrix} 2ax=2cy \ 2by=2dx+1 end{matrix}
ight.)
(left{egin{matrix} 2ax+x=2cy \ 2by+y=2dx+1 end{matrix} ight.)
(left{egin{matrix} 2ax=2cy+y \ 2by=2dx+x+1 end{matrix} ight.)
(left{egin{matrix} 2ax+x=2cy+y \ 2by+y=2dx+x+1 end{matrix} ight.)
然后解四个方程，第一是 (2(ax-cy)=0,2(by-dx)=1)，由于 (x,y) 互质，所以 (by-dx) 会可以是任意整数（设为 (k) 下同）：
(2k=0,2k=1)，无解
第二个是跟上面差不多，就是 (2k+x=0,2k+y=1)，那就是 (x) 是偶数，(y) 是奇数。
第三个就是 (2k-y=0,2k-x=1)，那就是 (y) 是偶数，(x) 是奇数。
第四个是 (2k+x-y=0,2k+y-x=1)，那就是无解。
那综上，我们可以总结出合法的情况：
(gcd(i,j)=1)，且 (i+j) 是奇数。
然后考虑如何继续求，那 (i+j) 是奇数，(i-j) 自然也是。
然后根据辗转相减法：(gcd(i,j)=1) 就有 (gcd(i,i-j)=1)
你考虑设 (i>j)（到时算出来答案乘 (2)，因为显然 (i=j) 是不成立）
(sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^{i-1}2[(gcd(i,j)=1)&((i-j)mod 2=1)])
然后发现如果不看奇偶它就是 (sumlimits_{i=1}^nvarphi(i))，那你考虑有了右边之后会怎么样。
考虑这个新的值是 (w(i))。
（原来的式子变成：(sumlimits_{i=1}^n2w(i))）
考虑从 (varphi(i)) 的性质考虑，如果 (i) 是偶数，那所有偶数跟它都不是互质的，那这个操作就不会影响，所以 (w(i)=varphi(i))。
如果 (i) 是奇数，那我们考虑一个东西，就是这个互质的对称性。
什么意思呢，就是如果 (i,j) 互质（(i>j)），那么 (i,i-j) 也互质。
那我们就其实可以看做是 (w(i)=dfrac{varphi(i)}{2})，当然你会发现 (w(1)) 要特判掉。（应该是 (0) 而不是 (dfrac{1}{2})）
（其实可以不特判，然后到时答案减 (1) 即可，减一是因为后面乘 (2)）
然后你就可以列出 (w(i)=left{egin{matrix}varphi(i)&imod2=0 \ dfrac{varphi(i)}{2}&imod2=1end{matrix} ight.)
然后把 (2) 放进去：
(2w(i)=left{egin{matrix}2varphi(i)&imod2=0 \ varphi(i)&imod2=1end{matrix}
ight.)
(2w(i)=varphi(i)+left{egin{matrix}varphi(i)&imod2=0 \ 0&imod2=1end{matrix}
ight.)
然后放回原来的式子：
(sumlimits_{i=1}^n2w(i))
(sumlimits_{i=1}^nvarphi(i)+sumlimits_{i=1}^nleft{egin{matrix}varphi(i)&imod2=0 \ 0&imod2=1end{matrix}
ight.)
那我们再看右边的部分，那只看有值的，就是偶数的。
然后再从递推式求的方式来看 (dfrac{i}{2})，如果它是偶数那返回的就是 (varphi(dfrac{i}{2}))，否则就是 (dfrac{varphi(frac{i}{2})}{2})，你会发现它就是 (w(leftlfloordfrac{i}{2}
ight
floor)) 的值。
然后就有：
(sumlimits_{i=1}^nw(i)=sumlimits_{i=1}^nvarphi(i)+sumlimits_{i=1}^{leftlfloorfrac{i}{2}
ight
floor}w(i))
左边的用杜教筛，右边的递归下去就好了。
复杂度是 (O(n^{frac{2}{3}}log n))，看似很危，但其实跑不满（每次递归的 (n) 越来越小）可以过。
代码
#include<map>
#include<cstdio>
#define ll unsigned long long
using namespace std;
//const ll Maxn = 21544346.900318837217592935665195;
const ll Maxn = 22000000;
int T;
ll n, ans, phi[Maxn + 1], prime[Maxn / 10];
bool np[Maxn + 1];
map <int, ll> ans_phi;
void init() {//phi 的预处理
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= Maxn; i++) {
if (!np[i]) {
phi[i] = i - 1; prime[++prime[0]] = i;
}
for (int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= Maxn; j++) {
if (i % prime[j]) phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1), np[i * prime[j]] = 1;
else {
phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j], np[i * prime[j]] = 1;
break;
}
}
}
for (int i = 1; i <= Maxn; i++) phi[i] += phi[i - 1];
}
ll get_phi(ll n) {//杜教筛
if (n < Maxn) return phi[n];
if (ans_phi[n]) return ans_phi[n];
ll re = (n & 1llu) ? (1llu + n) / 2llu * n : n / 2llu * (1llu + n);
for (ll l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
r = n / (n / l);
re -= (r - l + 1) * get_phi(n / l);
}
return ans_phi[n] = re;
}
ll F(ll n) {
if (!n) return 0;
return get_phi(n) + F(n / 2);
}
int main() {
init();
scanf("%d", &T);
while (T--) {
scanf("%llu", &n);
printf("%llu
", F(n) - 1llu);
}
return 0;
}