bzoj 2818 GCD 数论 欧拉函数

bzoj【2818】Gcd

Description

给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的
数对(x,y)有多少对.

Input

一个整数N

Output

如题

Sample Input

4

Sample Output

4

HINT

hint
对于样例(2,2),(2,4),(3,3),(4,2)

1<=N<=10^7

题解一（自己yy）

　　phi[i]表示与x互质的数的个数

　　即gcd(x,y)=1 1<=y<x

　　∴对于x,y 若a为素数

　　则gcd(xa,ya)=a

　　即满足xa<=N即可，这个答案即为满足条件数的个数

　　n是10e7，可以O（N）先求出phi

　　一种方法可以N log N即，二分质数使其满足，但不够优秀

　　发现x（枚举值）不断增大，即质数个数不断减少，所以单调性

　　所以O（N）即可。

题解二　

　　求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对

　　枚举每个素数，然后每个素数p对于答案的贡献就是（1 ~ n / p） 中有序互质对的个数
　　而求1~m中有序互质对x，y的个数，可以令y >= x, 当y = x时，有且只有y = x = 1互质，

　　当y > x时，确定y以后符合条件的个数x就是　　phiy
　　所以有序互质对的个数为（1 ~ n/p）的欧拉函数之和乘2减1（要求的是有序互质对，乘2以后减去（1， 1）多算的一次）
　　那么就只需要先筛出欧拉函数再求个前缀和就可以了

思路二更优秀，hzw大佬。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define N 10000005
using namespace std;
int n,p,tot;
int phi[N],pri[1000005];
bool mark[N];
ll ans,sum[N];
void getphi()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!mark[i]){phi[i]=i-1;pri[++tot]=i;}
        for(int j=1;j<=tot;j++)
        {
            int x=pri[j];
            if(i*x>n)break;
            mark[i*x]=1;
            if(i%x==0){phi[i*x]=phi[i]*x;break;}
            else phi[i*x]=phi[i]*phi[x];
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    getphi();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+phi[i];
    for(int i=1;i<=tot;i++)
        ans+=sum[n/pri[i]]*2-1;
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}