SPOJ5971 LCMSUM

https://www.spoj.com/problems/LCMSUM/

[egin{aligned} ans&=sum_{i=1}^nlcm(i,n) \ &=sum_{i=1}^n frac{i*n}{gcd(i,n)} \ &=sum_{d=1}^nsum_{i=1}^n[gcd(i,n)=d]frac{i*n}{gcd(i,n)} \ &=sum_{d=1}^nsum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}[gcd(i,frac{n}{d})=1] i*n \ &=n*sum_{d=1}^nsum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}[gcd(i,frac{n}{d})=1] i \ &=n*sum_{d=1}^nsum_{i=1}^d[gcd(i,d)=1] i \ end{aligned} ]

令

[f(i)=sum_{i=1}^d[gcd(i,d)=1]i ]

则

[ans=n*sum_{d=1}^nf(d) ]

如果我们求出了所有的(f(d))，那么枚举d，让d，2d，3d……kd 都加上这个(f(d))，最后各自再乘上自己，就算完了。这个复杂度是(nlog_2n)

(f(i))怎么算？
我们发现(f(i))就是所有与小于等于(i)且与(i)互质的数的和
(f(1)=1)
当(i>1)时，(f(i)=phi(i)*i/2)，因为(gcd(j,i)=gcd(i-j,i))，即与(i)互质的数成对出现，且每一对相加等于(i)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define N 1000001

int phi[N],prime[N],cnt;
bool check[N]; 

long long ans[N];

void euler()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!check[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            phi[i]=i-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if(i*prime[j]>=N) break;
            check[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
        }
    }
}

void pre()
{
	for(int i=2;i<N;++i)
		for(int j=i;j<N;j+=i)
			ans[j]+=1ll*i*phi[i]/2;
	for(int i=1;i<N;++i) ans[i]++;
	for(int i=1;i<N;++i) ans[i]*=i;
}

int main()
{
	euler();
	pre();
	int T,n;
	scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		printf("%lld
",ans[n]); 
	}
}