【BZOJ】4804 歐拉心算 莫比烏斯函數+歐拉函數+數論分塊

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來來來，推式子啦：

∑i=1n∑j=1nϕ(gcd(i,j))=∑i=1n∑j=1n∑d=1n[gcd(i,j)=d]×ϕ(d)=∑d=1n(ϕ(d)×∑i=1⌊nd⌋∑j=1⌊nd⌋[gcd(i,j)=1])

然後我們來證明一個結論：∑ni=1∑nj=1[gcd(i,j)=1]=2×∑ni=1ϕ(i)−1

證明：首先我們考慮∑ni=1∑ij=1[gcd(i,j)=1]=∑ni=1ϕ(i) ，這裏顯然i≥j ，顯然在i≤j 的時候也一樣，但是(1,1) 這一對數被算了兩次，那麼在最後減一即可。

於是可以繼續化簡式子：

=∑d=1n(ϕ(d)×(2×∑i=1⌊nd⌋ϕ(i)−1))=2×∑d=1n(ϕ(d)×∑i=1⌊nd⌋ϕ(i))−∑i=1nϕ(i)

我們令sum(n)=∑ni=1ϕ(i) ，那麼式子就變成了：

2×∑d=1n(ϕ(d)×sum(⌊nd⌋))−sum(n)

然後就可以數論分塊在O(Tn√) 的時間內解決這題啦。

附上AC代碼：

#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1e7+10;
int t,p[N],phi[N],num,n;
ll sum[N];
bool b[N];

inline void prime(int n){
    phi[1]=1;
    for (int i=2; i<=n; ++i){
        if (!b[i]) p[++num]=i,phi[i]=i-1;
        for (int j=1; j<=num&&p[j]*i<=n; ++j){
            b[p[j]*i]=1,phi[p[j]*i]=phi[i]*(p[j]-1);
            if (i%p[j]==0) {phi[p[j]*i]+=phi[i]; break;}
        }
    }
    for (int i=1; i<=n; ++i) sum[i]=sum[i-1]+phi[i];
    return;
}

inline ll calc(int n){
    ll ret=0;
    for (int l=1,r; l<=n; l=r+1) r=n/(n/l),ret+=(sum[r]-sum[l-1])*sum[n/l];
    return 2ll*ret-sum[n];
}

int main(void){
    for (prime(1e7),scanf("%d",&t); t; --t) scanf("%d",&n),printf("%lld\n",calc(n));
    return 0;
}