2020.06.13日常總結

正文前的一些提示：打 UVA 的題時，輸出後一定要有一個空行，否則等待您的，就是一次又一次的 WA。

$\color{green}{\texttt{UVA11426\ \ \ \ GCD Extreme(II)}}$

$\color{blue}{\texttt{[Problem]}}$

• 給定一個數 $n$，求：

  $\sum\limits_{i=1}^{n} \sum\limits_{j=i+1}^{n} \gcd(i,j)$

• $2 \leq n \leq 4 \times 10^6$，多組數據，輸入以 $0$ 結束。保證答案在 long long 範圍內。

$\color{blue}{\texttt{[Solution]}}$

記 $f_i = \sum\limits_{j=1}^{i-1} \gcd(j,i)$，則答案 $S_i=\sum\limits_{j=2}^{n} f_j$。

求出了所有的 $f_i(2 \leq i \leq N)$ 後（$N = 4 \times 10^6$），就可以用 $O(N)$ 的時間求出所有的 $S_i (2 \leq i \leq N)$。

現在，讓我們考慮如何求出 $f_i(2 \leq i \leq N)$。

枚舉 $d$，代表 $\gcd(j,i)=d$，假設這樣的 $j$ 有 $k$ 個，則對答案的貢獻爲 $k \times d$。

接下來，考慮如何求出 $k$ 的值。顯然，$i,j$ 一定滿足 $d|i,d|j$，且 $\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d}$ 互質。

簡單地證明一下：顯然 $i,j$ 一定是滿足 $d|i,d|j$ 的，否則 $\gcd(i,j) \neq d$。爲什麼 $\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d}$ 互質呢？
考慮反證法。假設 $\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d}$ 不互質，記其最大公約數爲 $g$。那麼 $g$ 一定也是 $i,j$ 的因子，而且 $d \times g | i,d \times g | j$，即 $d \times g$ 也是 $i,j$ 的公約數，這與 $d$ 是 $i,j$ 的最大公約數矛盾。

有了這個定理，所以一對可行的 $(i,j)$ 一定與一對互質的數 $(\dfrac{i}{d}, \dfrac{j}{d})$ 一一對應。而因爲 $\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d}$ 互質，所以這樣的 $\dfrac{j}{d}$ 一共有 $\varphi(\dfrac{i}{d})$ 個，故這樣的 $j$ 一共有 $\varphi(\dfrac{i}{d})$ 個。

所有的 $\varphi(i)(1 \leq i \leq N)$ 可以 $O(N)$ 求出，而枚舉 $d$ 並計算 $f_i(2 \leq i \leq N)$ 是 $O(N\times \log N)$ 的，求出 $S_i(2 \leq i \leq N)$ 是 $O(N)$ 的，輸出答案是 $O(1)$ 的。故總的時間複雜度爲 $O(N \times N + T)$，其中 $T$ 是一共的數據個數。

$\color{blue}{\texttt{[code]}}$

const int N=4e6+100;
typedef long long ll;
int n,phi[N];ll S[N],f[N];
int prime[N],g[N],tot;//線性篩 
inline void get_prime(int N){
	tot=0;phi[1]=1;//初始化 
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if (!g[i]){//如果i是個素數 
			phi[i]=i-1;//初始化phi值 
			g[i]=prime[++tot]=i;
		}
		for(int j=1;j<=tot;j++){
			if (1ll*i*prime[j]>N) break;//剪枝 
			register int t=i*prime[j];//updata
			phi[t]=phi[i]*(prime[j]-(prime[j]<g[i]));
			g[t]=prime[j];//記錄每個數的最小因子 
			if (prime[j]==g[i]) break;//算法優化 
		}
	}
}
int main(){
	get_prime(4e6);//求出phi值 
	for(int i=1;i<=(int)4e6;i++)
		for(int j=i*2;j<=(int)4e6;j+=i)
			f[j]+=1ll*i*phi[j/i];
	S[2]=f[2];//注意S[2]應特別賦值f[2] 
	for(int i=3;i<=(int)4e6;i++)
		S[i]=S[i-1]+f[i];//前綴和 
	while (~scanf("%d",&n)&&n)
		printf("%lld\n",S[n]);
	return 0;
}