题意
给定正整数(n)，求(1leq x,yleq n)且(gcd(x,y))为质数的数对((x,y))个数
(1leq nleq 10^7)
欧拉(varphi)函数的基础题，关于欧拉(varphi)函数
所以基础知识就不在这篇里讲了
把题目描述成公式，并且枚举每一个质数(p)：
[sum_{pin {prime}}sum_{x=1}^nsum_{y=1}^n [gcd(x,y)=p]
]
然后做一步变形，这好像是(gcd)的常规操作
[sum_{pin{prime}}sum_{x=1}^{lfloorfrac{n}{p}
floor}sum_{y=1}^{lfloorfrac{n}{p}
floor} [gcd(x,y)=1]
]
上面这一步的意思大概就是，对于每一个(gcd(x,y)=p)的((x,y))，都能找到一个(x',y',gcd(x',y')=1)，使得(gcd(x'p,y'p)=p)
那么，这些((x',y'))与((x,y))一一对应，所以数量一样多，于是求((x,y))的个数就变成了求((x',y'))的个数
然后又因为(x',y'leq lfloordfrac{n}{p}
floor)，所以只枚举到(lfloordfrac{n}{p}
floor)就行了
再继续变形，发现((x,y))是无序的，下面的((x,y))就默认说的是((x',y'))，所以可以通过改变(y)的上限变成有序然后再乘(2)来算
[sum_{pin{prime}}(sum_{x=1}^{lfloorfrac{n}{p}
floor}(2 imes sum_{y=1}^x [gcd(x,y)=1])-1)
]
要减(1)是因为((x,x))是不符合要求的，多算了一个，看清楚上面式子里的括号
然后可以发现，最里面那个(sum)就是(varphi)，所以可以变形成：
[sum_{pin{prime}}((sum_{x=1}^{lfloorfrac{n}{p}
floor}2varphi(x))-1)
]
[sum_{pin{prime}}(2sum_{x=1}^{lfloorfrac{n}{p}
floor}varphi(x)-1)
]
所以我们只需要线性筛求出(varphi)再做个前缀和按公式算就行
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<iomanip>
#include<cstring>
#define reg register
#define EN std::puts("")
#define LL long long
inline int read(){
register int x=0;register int y=1;
register char c=std::getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') y=0;c=std::getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+(c^48);c=std::getchar();}
return y?x:-x;
}
int n;
LL phi[10000006];
int prime[1000006],notprime[10000006];
inline void get_phi(){
phi[1]=1;
for(reg int i=2;i<=n;i++){
if(!notprime[i]) prime[++prime[0]]=i,phi[i]=i-1;
for(reg int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=n;j++){
notprime[i*prime[j]]=1;
if(!(i%prime[j])){
//i mod p=0, phi(i*p)=p*phi(i)
phi[i*prime[j]]=prime[j]*phi[i];
break;
}
else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);//i mod p!=0,phi(i*p)=phi(i)*(p-1)
}
}
}
int main(){
n=read();get_phi();
for(reg int i=2;i<=n;i++) phi[i]+=phi[i-1];
LL ans=0;
for(reg int i=1;i<=prime[0];i++) ans+=2*phi[n/prime[i]]-1;
std::printf("%lld",ans);
return 0;
}