Description
给出一个数字N
求\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\varphi(gcd(i,j))\)
Input
第一行为一个正整数T，表示数据组数。
接下来T行为询问，每行包含一个正整数N。
T<=5000,N<=10^7
Output
按读入顺序输出答案。
Sample Input
1
10
Sample Output
136
sol
这种题，八成和欧拉函数或者莫比乌斯函数有关......
那就推式子：
\(\sum_{i=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\varphi(gcd(i,j))\)
\(=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\varphi(d)\sum_{e|i,e|j}\mu(e)\)
\(=\sum_{d=1}^{n}\varphi(d)\sum_{e=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(e)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{de}\rfloor}1\)
\(=\sum_{d=1}^{n}\varphi(d)\sum_{e=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(e)\lfloor\frac{n}{de}\rfloor^2\)
\(=\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor^2\sum_{d|T}\varphi(\frac{T}{d})\mu(d)\)
前面的那个直接分块即可，后面的冷静分析一下：
“看到\(\mu\)就想到积性函数，就想到质因数分解，就想到消去$>$2的幂的贡献，OIer的思想唯有在这一层能如此跃进 ”
我们把T分解质因数之后，对于每个质数\(p_i\)的\(q_i\)次幂单独计算，最后再乘起来。
由于乘数里面有\(\mu\)，所以大于2的幂次产生的贡献可以忽略，对于每个质数，后面这个式子就能够直接推出公式，具体地：
\(if\quad qi=0\quad f(p_i)=1\)
\(if\quad q_i=1\quad f(p_i)=p_i-2\)
\(if\quad q_i=2\quad f(p_i)=(p_i-1)^2\)
\(else\quad f(p_i)=pi^{qi-2}(p_i-1)^2\)
那么这个就可以线性筛了。
然后就没有了。
Code
#include <cstdio>
#define ll long long
int ls,n,T,vis[10000005],pri[10000005],tot;ll s[10000005];
void shai()
{
s[1]=1;for(int i=2;i<=1e7;i++)
{
if(!vis[i]) pri[++tot]=i,s[i]=i-2;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=1e7;j++)
{
vis[i*pri[j]]=1;
if(i%pri[j]==0)
{
if(i/pri[j]%pri[j]==0) s[i*pri[j]]=s[i]*pri[j];
else s[i*pri[j]]=s[i/pri[j]]*(pri[j]-1)*(pri[j]-1);
break;
}
s[i*pri[j]]=s[i]*(pri[j]-2);
}
}
for(int i=1;i<=1e7;i++) s[i]+=s[i-1];
}
ll cal(int n){ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i=ls+1) ls=n/(n/i),ans+=(s[ls]-s[i-1])*(n/i)*(n/i);return ans;}
int main(){for(shai(),scanf("%d",&T);T--;printf("%lld\n",cal(n))) scanf("%d",&n);}