UVA11417 GCD

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题解

先讨论任何没有限制的情况

[large { egin{aligned} &sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)\ &=sum_{k=1}^{n}ksum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}[gcd(i,j)=k]\ &=sum_{k=1}^{n}ksum_{i=1}^{lfloor frac{n}{k} floor }sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{k} floor }[gcd(i,j)=1]\ &=sum_{k=1}^{n}ksum_{i=1}^{lfloor frac{n}{k} floor }sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{k} floor }sum_{d|gcd(i,j)}mu(d)\ &=sum_{k=1}^{n}ksum_{d=1}^{n}{mu(d)lfloor frac{n}{kd} floor^2} end{aligned} } ]

因为这个公式里面，我们对于所有的(i,j)，同时也算了(j,i)

显然gcd(i,j)=gcd(j,i)

所以只需要除以2即可

但是因为对于所有的(i,i)。我们只算了一次，因为这个在答案中不算进去，所以我们可以直接减掉再除以2

所以最后的答案

[large ANS= frac{sum_{k=1}^{n}ksum_{d=1}^{n}{mu(d)lfloor frac{n}{kd} floor^2}-sum_{i=1}^{n}i}{2} ]

用容斥的思想来理解就很简单了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define ll long long
#define N 501
int n;
int vis[N], p[N], cnt = 0, mu[N], sum[N];

void init() {
	mu[1] = sum[1] = 1;
	for(int i = 2; i < N; ++i) {
		if(!vis[i]) {p[++cnt] = i; mu[i] = -1;}
		for(int j = 1; j <= cnt && p[j] * i < N; ++j) {
			vis[p[j] * i] = 1;
			if(i % p[j] == 0) break;
			mu[i * p[j]] -= mu[i];
		}
		sum[i] = sum[i - 1] + mu[i];
	}
}

int calc(int m, int k) {
	int ans = 0;
	for(int l = 1, r; l <= m; l = r + 1) {
		r = m / (m / l);
		ans += (n / l / k) * (n / l / k) * (sum[r] - sum[l - 1]);
	}
	return ans;
}

int main() {
	init();
	while(scanf("%d", &n) == 1 && n) {
		int ans = 0;
		for(int i = 1; i <= n; ++i) {
			ans += i * calc(n, i);
		}
		printf("%d
", (ans - (n * (n + 1)) / 2) / 2);
	}
	return 0;
}