[国家集训队]和与积

题目

van了，不会反演了，之后复习了一下午反演终于会做了

这个东西一看就很神的样子

[sum_{i=1}^nsum_{j=i+1}^n[{(i+j)}|i imes j] ]

先分析一下，这个({(i+j)}|i imes j)有什么含义吧

首先这是一道数学题，那么就极有可能需要往(gcd)上靠，于是我们设(d=(i,j),i=k_1d,j=k_2d)

显然存在(k_1perp k_2,k_1<k_2)

那么如果满足({(i+j)}|i imes j)的话，就会有((k_1+k_2)d|k_1k_2d^2)，也就是((k_1+k_2)|k_1k_2d)

我们需要使用一个结论，对于(k_1perp k_2)，就会存在((k_1+k_2,k_1k_2)=1)

这个结论非常好证，首先根据更相减损，((k_1+k_2,k_1)=(k_1+k_2,k_2)=1)，既然(k_1+k_2)和(k_1)以及(k_2)都互质，那么显然也和(k_1k_2)互质

于是我们现在就把条件写成了((k_1+k_2)|d)

这样有什么用呢，考虑(i)和(j)都增加(k)倍，这个时候(k_1,k_2)不变，(d)变成了(kd)，这个时候((k_1+k_2)|kd)仍然是成立的

这启示我们枚举(k_1,k_2)，之后让(d=k_1+k_2)，这样我们就可以一直让(d)加倍来统计答案了

于是我们得到了这样一个柿子

[sum_{i=1}^nsum_{j=i+1}^{n}[iperp j]left lfloor frac{n}{j(i+j)} ight floor ]

后面那个奇奇怪怪的东西是这样的，(i+j)就是(d)，这样(jd)就是一个数对中较大的那个数，这个(left lfloor frac{n}{j(i+j)} ight floor)就表示(jd)的倍数在(n)中出现的次数

对于这个柿子我们直接把(iperp j)写成(sum_{d|i,d|j}mu(d))就好了

稍微交换一下求和符号，就能写成

[sum_{d=1}^nmu(d)sum_{i=1}^{left lfloor frac{n}{d} ight floor}sum_{j=i+1}^{2i-1}left lfloor frac{left lfloor frac{n}{id^2} ight floor}{j} ight floor ]

我们注意到为了让后面的(left lfloor frac{n}{id^2} ight floor>0)，(dleq sqrt{n},ileq left lfloor frac{sqrt{n}}{d} ight floor)，这样我们暴力枚举(d,i)，后面整除分块就好了

代码

#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#define re register
#define min std::min
#define LL long long
const int maxn=5e4+5;
int n,m;LL ans;
int mu[maxn],f[maxn],p[maxn>>1];
inline LL calc(int n,int L,int R) {
	LL cnt=0;
	for(int l=L,r; l<=R; l=r+1) {
		if(!(n/l)) break;
		r=n/(n/l);r=min(r,R);
		cnt+=(n/l)*(r-l+1);
	}
	return cnt;
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	m=ceil(std::sqrt(n));f[1]=mu[1]=1;
	for(re int i=2; i<=m; i++) {
		if(!f[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(re int j=1; j<=p[0]&&i*p[j]<=m; j++) {
			f[p[j]*i]=1;if(i%p[j]==0) break;mu[p[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
	for(re int d=1; d<=m; d++) {
		if(!mu[d]) continue;
		for(re int i=1; i*d<=m; i++) {
			int t=n/i/d/d;
			if(!t) continue;
			ans+=mu[d]*calc(t,i+1,2*i-1);
		}
	}
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}