2020.06.13日常总结

正文前的一些提示：打 UVA 的题时，输出后一定要有一个空行，否则等待您的，就是一次又一次的 WA。

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

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

• 给定一个数 $n$，求：

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

• $2 \leq n \leq 4 \times 10^6$，多组数据，输入以 $0$ 结束。保证答案在 long long 范围内。

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

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

求出了所有的 $f_i(2 \leq i \leq N)$ 后（$N = 4 \times 10^6$），就可以用 $O(N)$ 的时间求出所有的 $S_i (2 \leq i \leq N)$。

现在，让我们考虑如何求出 $f_i(2 \leq i \leq N)$。

枚举 $d$，代表 $\gcd(j,i)=d$，假设这样的 $j$ 有 $k$ 个，则对答案的贡献为 $k \times d$。

接下来，考虑如何求出 $k$ 的值。显然，$i,j$ 一定满足 $d|i,d|j$，且 $\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d}$ 互质。

简单地证明一下：显然 $i,j$ 一定是满足 $d|i,d|j$ 的，否则 $\gcd(i,j) \neq d$。为什么 $\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d}$ 互质呢？
考虑反证法。假设 $\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d}$ 不互质，记其最大公约数为 $g$。那么 $g$ 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 $i,j$ 的公约数，这与 $d$ 是 $i,j$ 的最大公约数矛盾。

有了这个定理，所以一对可行的 $(i,j)$ 一定与一对互质的数 $(\dfrac{i}{d}, \dfrac{j}{d})$ 一一对应。而因为 $\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d}$ 互质，所以这样的 $\dfrac{j}{d}$ 一共有 $\varphi(\dfrac{i}{d})$ 个，故这样的 $j$ 一共有 $\varphi(\dfrac{i}{d})$ 个。

所有的 $\varphi(i)(1 \leq i \leq N)$ 可以 $O(N)$ 求出，而枚举 $d$ 并计算 $f_i(2 \leq i \leq N)$ 是 $O(N\times \log N)$ 的，求出 $S_i(2 \leq i \leq N)$ 是 $O(N)$ 的，输出答案是 $O(1)$ 的。故总的时间复杂度为 $O(N \times N + T)$，其中 $T$ 是一共的数据个数。

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

const int N=4e6+100;
typedef long long ll;
int n,phi[N];ll S[N],f[N];
int prime[N],g[N],tot;//线性筛 
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是个素数 
			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];//记录每个数的最小因子 
			if (prime[j]==g[i]) break;//算法优化 
		}
	}
}
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]应特别赋值f[2] 
	for(int i=3;i<=(int)4e6;i++)
		S[i]=S[i-1]+f[i];//前缀和 
	while (~scanf("%d",&n)&&n)
		printf("%lld\n",S[n]);
	return 0;
}