洛谷 P4844 LJJ爱数数

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显然，我们要找到 (i)，(j)，使 (gcd(i,j)=1)，构造出的方案为 ((i^2+ij,j^2+ij,ij)) 和 ((j^2+ij,i^2+ij,ij))。

这里我们令 (i geq j)，则方案个数为

(sumlimits_{i=1}^n{sumlimits_{j=1}^i{[gcd(i,j)=1][i^2+ij leq n]}})

对于 (i^2+ij leq n)，我们求出 (j leq frac{n}{i}-i)，再解 (frac{n}{2}-i geq 0)，得 (i leq sqrt{n})，把式子改一下:

(sumlimits_{i=1}^{sqrt{n}}{sumlimits_{j=1}^{min (frac{n}{i}-i,i)}{[gcd(i,j)=1]}})

好哒，我们再看一看 (frac{n}{i}-i=i)，解得 (i=sqrt{frac{n}{2}})，分情况讨论：

当 (i leq sqrt{frac{n}{2}}) 时，就等价于统计 (sumlimits_{j=1}^{i}{[gcd(i,j)=1]})，线性筛 (phi) 即可。

当 (sqrt{frac{n}{2}} < i leq sqrt{n}) 时，(j leq i)，这个时候怎么办呢？

我们暴力容斥就好啦，线性筛时顺便筛出每个数的最小质因子，分解，设有 (K) 个不同的质因子，则 (j) 内与 (i) 互质的数有：

(j-sumlimits_{k=1}^{K}{(-1)^k*f(k)})，(f(k)=sumlimits_{a_1<a_2< cdots <a_k leq K}{frac{j}{prodlimits_{i=1}^{k}{p_{a_i}}}})

最后把输出 (2ans-1)，再加上两个剪枝，就可以轻松跑过啦~

(frak{code:})

#include<bits/stdc++.h>
#define IL inline
#define LL long long
using namespace std;
const int N=1e6+3;
int vis[N],pri[N],mu[N],a[N],now,num;
LL n,m,res,Max,ans,phi[N];
void init(int n){  //线性筛~ 
	phi[1]=mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(!vis[i]) vis[i]=i,pri[++pri[0]]=i,phi[i]=i-1,mu[i]=-1;
	  for(int j=1,k;(k=i*pri[j])<=n;++j){
	    vis[k]=pri[j];
	    if(i%pri[j]) mu[k]=-mu[i],phi[k]=phi[i]*phi[pri[j]];
	    else{phi[k]=phi[i]*pri[j];break;}
		}
	}
}
void calc(int n){ //分解质因数~ 
	a[0]=0;
	while(n^1){
		if(vis[n]^a[a[0]]) a[++a[0]]=vis[n];
		n/=vis[n];
	}
}
void dfs(int k,int kk,int val,int op){ //搜索组合方案~ 
	if(kk==num){ans+=op*(now/val);return;}
	if(a[0]-k+1<num-kk) return; //显而易见的剪枝1~ 
	dfs(k+1,kk+1,val*a[k],op);
	dfs(k+1,kk,val,op); 
}
int main()
{
	scanf("%lld",&n);init(1e6);
	m=sqrt(1.0*n/2),Max=sqrt(n);
	for(int i=1;i<=m;++i) ans+=phi[i];
	for(int i=m+1,k;i<=Max;++i){
	  now=n/i-i;int res=ans;
	  calc(i),ans+=now;
	  for(num=1,k=a[num];num<=a[0];++num,k*=a[num]){
	  	if(k>now) break; //显而易见的剪枝2，如果最小的num个质因子相乘大于now，则之后的贡献都为0~ 
	  	dfs(1,0,1,num&1?-1:1);
		}
	}
	cout<<ans*2-1<<endl; //(2,2,1)会被算2次，所以减1~ 
	return 0;
}