51Nod1188最大公约数之和 V2

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• 题意： 给出一个数N，输出小于等于N的所有数，两两之间的最大公约数之和。即计算$G={\sum }_{i=1}^{i<n}{\sum }_{j=i+1}^{j<=i}GCD(i,j)$
• 输入：

第1行：1个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。(1 <= T <= 50000)
第2 - T + 1行：每行一个数N。(2 <= N <= 5000000)

• 输出：

共T行，输出最大公约数之和。

• 输入样例：

3
10
100
200000

• 输出样例：

67
13015
143295493160

• 题解：
  首先可以将计算公式转化成
  ${\sum }_{i=2}^n{\sum }_{j=1}^{i-1}gcd(i,j)$
  $={\sum }_{i=2}^n({\sum }_{j=1}^{i}gcd(i,j)-i)$
  $={\sum }_{i=2}^n{\sum }_{j=1}^{i}gcd(i,j)-{\sum }_{i=2}^{n}i$
  $={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{i}gcd(i,j)-{\sum }_{i=1}^{n}i$
  现在只需要计算前面一部分即可
  ${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{i}gcd(i,j)$
  $={\sum }_{d=1}^{n}d{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^i[gcd(i,j)=d]$
  $={\sum }_{d=1}^{n}d{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{\sum }_{j=1}^i[gcd(i,j)=1]$
  $={\sum }_{d=1}^{n}d{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (i)$

然后解可以分块求解，只要先预处理出欧拉函数的前缀和即可。复杂度是$O(T\sqrt{N})$，看一下数据范围貌似可以通过。
然而一切并没有那么美好，这样写是会让你T到怀疑人生的
换一种方法分析，对于
${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{i}gcd(i,j)$
我们先来分析里面的式子，
${\sum }_{j=1}^{i}gcd(i,j)$，我们枚举$gcd(i,j)$，因为他是i的约数,则
$={\sum }_{d\mid i}d{\sum }_{j=1}^i[gcd(i,j)=d]$
$={\sum }_{d\mid i}d{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{i}{d}\rfloor }[gcd(i,j)=1]$
$={\sum }_{d\mid i}d\phi (\lfloor \frac{i}{d}\rfloor )$
令$f(n)={\sum }_{d\mid n}d\phi (\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$ ，$f=\phi \ast Id$，因为函数$\phi$与$Id$都是积性函数，二者作巻积得到的函数仍然是积性函数，因此函数$f$也是积性函数，因此可以通过积性函数线性$O(N)$求得（$N⩽5e6$）。所以
$G={\sum }_{i=2}^{n}f(i)-{\sum }_{i=2}^{n}i$
如何计算$f(n)={\sum }_{d\mid n}d\phi (\lfloor \frac{n}{d}\rfloor )$
当$n=p$时，$f(p)=1\ast \phi (p)+p\ast \phi (1)=2\ast p-1$
当$n=p^k$时，
$f(p^k)=1\ast \phi (p^k)+p\ast \phi (p^{k-1})+...+p^{k-1}\phi (p)+p^k\phi (1)$
$=p^{k-1}\ast (p-1)+p\ast p^{k-2}\ast (p-1)+...+p^{k-1}\ast (p-1)+p^k$
$=k\ast p^{k-1}\ast (p-1)+p^k$
$=(k+1)\ast p^k-k\ast p^{k-1}$
当$n=p^{k-1}$，时$f(p^{k-1})=k\ast p^{k-1}-(k-1)\ast p^{k-2}$
$f(p^k)=p\ast f(p^{k-1})+p^{k-1}\ast (p-1)$
由此就可以通过积性函数线性筛$O(N)$计算出函数$f$。再处理出其前缀和，就可以O(1)的返回查询的每一个$n$。

• 代码实现：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mes(a, val) memset(a, val, sizeof a)
#define mec(b, a) memcpy(b, a, sizeof a)

const int maxn = 5e6+ 100;
bool v[maxn];
int p[maxn];
ll f[maxn];
int low[maxn];
int m;

int read(){
    char x;
    while((x = getchar()) > '9' || x < '0') ;
    int u = x - '0';
    while((x = getchar()) <= '9' && x >= '0')
    u = (u << 3) + (u << 1) + x - '0';
    return u;
}
void sieze(int n)
{
    m = 0; mes(v, false);
    for(int i = 2; i <= n; i ++){
        if(!v[i]){
            p[++ m] = i; low[i] = i; f[i] = 2 * i - 1;
        }
        for(int j = 1; j <= m && i * p[j] <= n; j ++){
            v[i * p[j]] = true;
            if(i % p[j]){
                f[i * p[j]] = f[i] * f[p[j]];
                low[i * p[j]] = p[j];
            }
            else {
                if(low[i] == i) f[i * p[j]] = p[j] * f[i] + i * (p[j] - 1);
                else f[i * p[j]] = f[i / low[i]] * f[low[i] * p[j]];
                low[i * p[j]] = low[i] * p[j];
                break;
            }
        }
    }
    f[1] = 0;
    for(int i = 2; i <= n; i ++){
        f[i] += f[i-1];
    }
}
ll solve(ll n)
{
    ll ans = f[n] - (n + 2) * (n - 1) / 2;
    return ans;
}

int main()
{
    sieze(maxn - 10);
    int T; scanf("%d", &T);
    while(T --){
        ll n; n = read();
        ll ans = solve(n);
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}