UVA11426 GCD - Extreme (II) 究極GCD 歐拉函數

• 題目鏈接

• 題意
  輸入正整數n，求gcd(1,2)+gcd(1,3)+gcd(2,3)+...+gcd(n−1,n),$gcd(1,2)+gcd(1,3)+gcd(2,3)+...+gcd(n-1,n),$ 即求所有滿足1≤i<j≤n$1\le i<j\le n$ 的數對(i,j)$(i,j)$ 所對應的gcd(i,j)$gcd(i,j)$ 之和。

• 分析

  設f(n)=gcd(1,n)+gcd(2,n)+gcd(3,n)+...+gcd(n−1,n),$f(n)=gcd(1,n)+gcd(2,n)+gcd(3,n)+...+gcd(n-1,n),$ 則答案爲S(n)=f(2)+f(3)+...+f(n),則S(n)=S(n−1)+f(n)$S(n)=f(2)+f(3)+...+f(n),則S(n)=S(n-1)+f(n)$ 。
  用g(n,i)$g(n,i)$ 表示滿足gcd(x,n)=i且x<n$gcd(x,n)=i且x<n$ 的正整數x$x$ 的個數，則f(n)=sum{i∗g(n,i)|i是n的約數}。$f(n)=sum\{i\ast g(n,i)|i是n的約數\}。$
  若依次計算f(n)$f(n)$ ,速度較慢，但可以逆向思維，對每個i$i$ 枚舉它的倍數n$n$ （並更新f(n)$f(n)$ 的值），時間複雜度與素數篩法一樣。

• 代碼

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=4e6+2;
ll s[maxn],f[maxn];
int n;
int p[maxn+10]={0};
void init()
{
    int i,j;
    for(i=1; i<=maxn; i++)  p[i]=i;
    for(i=2; i<=maxn; i+=2) p[i]/=2;
    for(i=3; i<=maxn; i+=2)
        if(p[i]==i){
            for(j=i; j<=maxn; j+=i)
                p[j]=p[j]/i*(i-1);
        }
}

int main()
{
    init();
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int i=1;i<=maxn;++i)
        for(int n=i+i;n<=maxn;n+=i)
            f[n]+=i*p[n/i];
    s[2]=f[2];
    for(int i=3;i<=maxn;++i)
        s[i]=s[i-1]+f[i];
    while(scanf("%d",&n),n)
        printf("%lld\n",s[n]);
    return 0;
}