[UVa11426]最大公约数之和——极限版II

题意：给出n，求：

[sum_{i=1}^{n-1}sum_{j=i+1}^{n}gcd(i,j) ]

多组数据，(n<=4*10^6)

sol

今天心血来潮再来写一写式子
首先这里求的是无序对而且还不能相等所以说我第一遍样例都没过
那么如果你求出了(sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}gcd(i,j))，你就只要把这个答案减去(sum_{i=1}^{n}i)再除以二就可以了。你可以当做是，你求出的那个东西就是一整个矩阵的和，而题目要求的只是正对角线上方的部分，所以减掉对角线上的再除以2就是答案。
接下来开始大力开式子（接下来我们求的是(sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}gcd(i,j))）。

[ans=sum_{d=1}^{n}d*sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}[gcd(i,j)==d] ]

[=sum_{d=1}^{n}d*sum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{n/d}[gcd(i,j)==1] ]

[=sum_{d=1}^{n}d*sum_{i=1}^{n/d}mu(i)lfloorfrac n{id} floor^2 ]

[=sum_{T=1}^{n}lfloorfrac nT floor^2sum_{d|T}d*mu(frac Td) ]

然后线性筛这个函数

[h(T)=sum_{d|T}d*mu(frac Td) ]

求一个前缀和然后分块T
复杂度(O(n+Tsqrt n))

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 4000000;
int gi()
{
	int x=0,w=1;char ch=getchar();
	while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
	if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
	while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
	return w?x:-x;
}
int pri[N+5],tot,zhi[N+5];
ll low[N+5],h[N+5];
void Mobius()
{
	zhi[1]=low[1]=1;h[1]=1;
	for (int i=2;i<=N;i++)
	{
		if (!zhi[i]) low[i]=pri[++tot]=i,h[i]=i-1;
		for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=N;j++)
		{
			zhi[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]==0)
			{
				low[i*pri[j]]=low[i]*pri[j];
				if (low[i]==i)
					h[i*pri[j]]=h[i]*pri[j];
				else
					h[i*pri[j]]=h[i/low[i]]*h[low[i]*pri[j]];
				break;
			}
			low[i*pri[j]]=pri[j];
			h[i*pri[j]]=h[i]*h[pri[j]];
		}
	}
	for (int i=1;i<=N;i++)
		h[i]+=h[i-1];
}
int main()
{
	Mobius();
	while (233)
	{
		int n=gi(),i=1;
		if (n==0) break;
		ll ans=0;
		while (i<=n)
		{
			int j=n/(n/i);
			ans+=(h[j]-h[i-1])*(n/i)*(n/i);
			i=j+1;
		}
		printf("%lld
",(ans-1ll*(n+1)*n/2)/2);
	}
	return 0;
}