全场都 AK 了就我爆 0 了
题意
(t) 组询问，每组询问给定 (n)，求 (sumlimits_{k=1}^n [n,k])。其中 ([a,b]) 表示 (a) 和 (b) 的最小公倍数。
(tle 3 imes 10^5,space nle 10^6)
题解
怎么全世界都做过这题啊
前一天晚上听林老师说今天 T1 是莫比乌斯反演，然后我就出了一身冷汗……我没做过几道莫反，推不出来式子会不会被 D 啊……
然后到了今天……
我自己用模板的方法(?)推了个奇怪的长式子，写完后以为解不了，于是扔一边了……
后来才发现我 sb 了，其实可以解……
我推的式子大概是这样 $$ans = sumlimits_{T=1}^n sumlimits_{g|T} frac{n (frac{T}{g}+lfloor frac{n}{T}
floor frac{T}{g}) lfloor frac{n}{T}
floor} {2} sigma(n) mu(frac{T}{g}) lfloorfrac{n}{T}
floor$$
（(sigma(n)) 表示 (n) 的约数个数）
显然把 (frac{T}{g}) 提出来，只与 (frac{T}{g}) 有关的项都可以 (O(nlog n)) 预处理一下前缀和，查询的时候对 (lfloor frac{n}{T}
floor) 整除分块即可。
我才刚学莫比乌斯反演 (1e-18) 秒，就不能对我友好一点么
这个式子的正确性我就懒得验证了，因为标程做法根本就不是莫反，是个简单数论……各位巨佬如果发现我这个式子有问题的话，还烦请指正 ( ext{ヽ(*^ｰ^)人(^ｰ^*)ノ})
千万不能相信林老师预告的题目解法（flag）
标程的做法大致是这样：
很显然你没有看到任何莫反的痕迹，一个 (mu) 函数都没有。
除了最后一行外，前面都很好理解。这里解释一下是怎么从倒数第二行 推出最后一行的（我大概就卡在这了）：
我们提出这部分：(sumlimits_{k=1}^{frac{n}{p}} [(k,frac{n}{p})=1])
不难发现，它等于 (varphi(frac{n}{p}))。
然后我们考虑对于满足 ([(k,frac{n}{p})=1]) 的项 (k)，把加 (1) 改成加 (k)，即在 ([(k,frac{n}{p})=1]) 前面乘上 (k)。
这个好像不是很好求，但我们有这样一个经验：设 (age b)，则 (gcd(a,b)=gcd(a,a-b))。运用到这里就是 (gcd(k,frac{n}{p}) = gcd(frac{n}{p}-k,frac{n}{p}))。
也就是说，若 ([(k,frac{n}{p})=1])，则有 ([(frac{n}{p}-k,frac{n}{p})=1])。即要累加的 (k) 是以 (frac{n}{p}) 为和成对出现的！
这个性质就很好，我们可以把加 (k) 改成加 (frac{frac{n}{p}}{2}) 了。显然后者是个定值。
所以我们简化倒数第二行式子得 $$ans = nsumlimits_{p|n}^{n} frac{frac{n}{p} imes varphi(frac{n}{p}) + [frac{n}{p}=1]} {2}$$ $$ans = nsumlimits_{p|n}^{n} frac{p imes varphi(p) + [p=1]}{2}$$
([p=1]) 是因为当 (p=1) 时只有 (1) 个 (k)，它并不能配对，也就不能当一对的平均数加。但由于加的 (k) 是 (1)，直接在分子补上 (1) 就行了。
这就是标程做法的最后一行式子了。
什么？你问后面那段式子能不能被 (2) 整除？你把除以 (2) 扩大到等号右边全局不就行了？(ans) 肯定是个整数吧。
直到看了别人代码后我才发现后面那段式子一定被 (2) 整除……问了一下 scb 聚聚，他 1s 就证出来了，好强啊 ↓↓↓
把 (varphi) 函数打个表就会发现，除了 (varphi(1)) 和 (varphi(2)) 是 (1) 以外，(varphi) 值都是偶数。
考虑对 (varphi(x)（xgt 2）) 的 (x) 的奇偶性：
若 (x) 是奇数，它至少有一个奇数因子 (y)，所以计算 (varphi(x)) 时会乘一次 (frac{y-1}{y})，而 (y-1) 是偶数，所以 (varphi(x)) 是偶数。
若 (x) 是偶数，它会被分解成 (2^z imes y)，显然 (y) 是奇数。当 (y=1) 时，(varphi(x)=frac{x}{2}=2^{z-1})，是个偶数；当 (y) 为其它奇数时，因为 (varphi) 是积性函数，所以 (varphi(x) = varphi(2^z) varphi(y))，而 (varphi(y)) 是偶数，所以 (varphi(x)) 是偶数。
所以当上述式子 (pgt 2) 时，(varphi(p)) 是偶数且 ([p=1]=0)，故分子是偶数，可以被 (2) 整除。
当上述式子 (p=2) 时，(p) 是偶数且 ([p=1]=0)，故分子是偶数。
当上述式子 (p=1) 时，(p imes varphi(p)=1) 且 ([p=1]=1)，故分子是 (2)，可以被 (2) 整除（其实也很显然除完后就是 (k=1)）。
预处理 (varphi) 即可。复杂度 (O(qlog n))。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 1000000
using namespace std;
inline int read(){
int x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
if(f) return x; return 0-x;
}
int t,mx=0,cnt,a[N+5];
ll phi[N+5],pri[N+5],ans[N+5];
bool vis[N+5];
void init(){
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i]) pri[++cnt]=i, phi[i]=i-1;
for(int j=1; j<=cnt && i*pri[j]<=N; j++){
vis[pri[j]*i]=1;
if(i%pri[j]==0){
phi[i*pri[j]] = phi[i] * pri[j];
break;
}
phi[i*pri[j]] = phi[i] * (pri[j]-1);
}
}
}
int main(){
init();
t=read();
for(int i=1; i<=t; i++) mx = max(mx, a[i]=read());
for(int i=1; i<=mx; i++)
for(int j=1; i*j<=mx; j++)
ans[i*j] += (1ll * phi[i] * i + (i==1)) >> 1;
for(int i=1; i<=t; i++) printf("%lld
", 1ll * ans[a[i]] * a[i]);
return 0;
}
做完这道题后我确信了一件事：我才刚学数论 (1e-18) 秒