51 nod 1188 最大公约数之和 V2（狄利克雷卷积+线性筛法）

题目大意：

给出T组n，
求∑i<ni=1∑nj=i+１gcd(i,j)
1<=n<=5000000,1<=T<=50000

吹水：

51 nod没良心，本来O(n log n)可以过的，可是不知为什么现在跑得这么慢，我把老曹的标再交了一次也T了3个点，于是强行推了O(n)的做法。

方法一：

先转换为：
∑ji=1∑i−1j=1gcd(i,j)
=∑ji=1∑ij=1gcd(i,j)−∑ni=1gcd(i,i)

∑ji=1∑ij=1gcd(i,j)
=∑ni=1φ(i)∗⌊n/i⌋∗(⌊n/i⌋+1)/2

线筛出φ，然后分块。

时间复杂度：
O(T n√)

T了#17 - 25.

方法二：

设f(i)=∑i−1j=1gcd(i,j)
如果我们能够快速求出f(i),求一个前缀和，就可以O（1）求解。

我们可以想到枚举gcd.

伪代码：

i = 1 to n j = 2 to n / if(i * j)　＋＝　φ(j) * i

时间复杂度：O(n log n)

方法三：

其实f(i)可以直接线筛：
f(i)=∑i−1j=1gcd(i,j)
先看作：
∑ij=1gcd(i,j)
之后再减回去。
=∑d|id∗φ(i/d)
这显然就是个狄利克雷卷积，所以f(i)是一个积性函数。
接着我们考虑i=p^q的时候怎么求f(pq)。
f(pq)
=∑qk=0pk∗φ(pq−k)
=(∑q−1k=0pk∗(pq−k−pq−k−1))+pq
=(∑q−1k=0pq−pq−1)+pq
=q∗(pq−pq−1)+pq
所以在线筛的时候还需要记录最小质因子的指数和最小质因子的幂。

方法三Code：

#include<cstdio>#define N 5000000#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)using namespace std;long long f[N + 5];int n, T, x[N + 5], y[N + 5], p[348514];bool bz[N + 5];int main() {    f[1] = 1;    fo(i, 2, N) {        if(!bz[i]) p[++ p[0]] = i, x[i] = 1, y[i] = i, f[i] = 2 * i - 1;        fo(j, 1, p[0]) {            int k = i * p[j]; if(k > N) break;            bz[k] = 1;            if(!(i % p[j])) {                x[k] = x[i] + 1;                y[k] = y[i] * p[j];                f[k] = f[k / y[k]] * (x[k] * (y[k] - y[k] / p[j]) + y[k]);                break;            }            x[k] = 1;            y[k] = p[j];            f[k] = f[i] * f[p[j]];        }    }    fo(i, 1, N) f[i] = f[i - 1] + f[i] - i;    for(scanf("%d", &T); T; T --)        scanf("%d", &n), printf("%lld\n", f[n]);}

方法2Code：

#include<cstdio>#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)using namespace std;const int Maxn = 5000000;long long ans[Maxn + 5];int n, T, p[400000], phi[Maxn + 5];bool bz[Maxn + 5];int main() {    phi[1] = 1;    fo(i, 2, Maxn) {        if(!bz[i]) p[++ p[0]] = i, phi[i] = i - 1;        fo(j, 1, p[0]) {            int k = i * p[j]; if(k > Maxn) break;            bz[k] = 1;            if(!(i % p[j])) {                phi[k] = phi[i] * p[j];                break;            }            phi[k] = phi[i] * (p[j] - 1);        }    }    fo(i, 1, Maxn) fo(j, 2, Maxn / i) ans[i * j] += i * phi[j];    fo(i, 2, Maxn) ans[i] = ans[i - 1] + ans[i];    printf("%d\n", ans[9]);    for(scanf("%d", &T); T; T --)        scanf("%d", &n), printf("%lld\n", ans[n]);}

方法1Code：

#include<cmath>#include<cstdio>#define ll long long#define fo(i, x, y) for(int i = x; i <= y; i ++)using namespace std;const ll Maxn = 5000000;int n, T, p[400000];ll phi[Maxn + 5];bool bz[Maxn + 5];int main() {    phi[1] = 1;    fo(i, 2, Maxn) {        if(!bz[i]) p[++ p[0]] = i, phi[i] = i - 1;        fo(j, 1, p[0]) {            int k = i * p[j];            if(k > Maxn) break;            bz[k] = 1;            if(i % p[j] == 0) {                phi[k] = phi[i] * p[j];                break;            }            phi[k] = phi[i] * (p[j] - 1);        }    }    fo(i, 1, Maxn) phi[i] = phi[i - 1] + phi[i];    for(scanf("%d", &T); T; T --) {        ll ans = 0;        scanf("%d", &n);        fo(i, 1, n)  {            int j = n / (n / i);            ans += (phi[j] - phi[i - 1]) * (n / i) * (n / i + 1) / 2;            i = j;        }        ans -= (ll) n * (n + 1) / 2;        printf("%lld\n", ans);    }}