Description
求
[sum_{i = 1}^{n} sum_{j = i + 1}^{n} gcd(i, j) ]
Solution
莫反练习题。
我们知道 (id(n) = n) ，所以原式化为：
[sum_{i = 1}^{n} sum_{j = i + 1}^{n} id(gcd(i,j))
]
又因为 $id = varphi ast I $， 那么：
[egin{aligned}
id(n)
& = sum_{d mid n} varphi(d) imes I(frac{n}{d}) \
& = sum_{d mid n} varphi(d)
end{aligned}
]
所以上式化为：
[sum_{i = 1}^{n} sum_{j = i + 1}^{n} sum_{d mid gcd(i,j)} varphi (d)
]
把 (d) 提到前面去，(i,j) 改为枚举 (d) 的倍数。
[sum_{d = 1}^{n} sum_{i = 1}^{left lfloor frac{n}{d}
ight
floor} sum_{j = i + 1}^{left lfloor frac{n}{d}
ight
floor} varphi (d)
]
后面的变量与后面两个 (sum) 中的变量无关，可以直接化掉。不同于其他大佬的做法，我们先把这两个 (sum) 拿出来，并设 (x = {left lfloor frac{n}{d} ight floor}) 。两个 (sum) 变成：
[sum_{i = 1}^{x} sum_{j = i + 1}^{x} 1 = frac{x (x-1)}{2}
]
所以不用在减去重复的并除以 (2)，直接代回去可得：
[sum_{d = 1}^{n} frac{x(x-1)}{2} varphi(d)
]
枚举 (d) 即可，复杂度 (O(n))。
考虑到有多组数据，只是 (O(n)) 的枚举还是会 T 掉，所以使用整除分块优化。
不会的话可以看一下这位大佬的博客 -> 整除分块
整除分块的复杂度为 (O(sqrt{n}))，总复杂度为 (O(Tsqrt{n}))，其中 (T) 表示有 (T) 组数据。
剩下的看代码吧。
Code
/*
Work by: Suzt_ilymics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl
using namespace std;
const int MAXN = 1e6+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;
int read(){
int s = 0, f = 0;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
return f ? -s : s;
}
LL prim[MAXN], phi[MAXN], Cnt = 0, sum[MAXN];
bool vis[MAXN];
void Init(int limit) {
phi[1] = 1, sum[1] = 1;
for(int i = 2; i <= limit; ++i) { // 利用线性筛预处理欧拉函数
if(!vis[i]) phi[i] = i - 1, prim[++ Cnt] = i;
for(int j = 1; j <= Cnt && i * prim[j] <= limit; ++j) {
vis[i * prim[j]] = true;
if(i % prim[j] == 0) { phi[i * prim[j]] = phi[i] * prim[j]; break; }
else phi[i * prim[j]] = phi[i] * phi[prim[j]];
}
sum[i] = sum[i - 1] + phi[i];
}
}
int main()
{
Init(200010);
while(true) { // 多组询问
int n = read();
if(!n) return 0;
LL ans = 0;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) { // 整除分块
r = n / (n / l);
LL x = n / l;
ans += x * (x - 1) / 2 * (sum[r] - sum[l - 1]);
}
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}