【JZOJ 4919】神炎皇_gcd4919-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/HOWARLI/article/details/53586657

本文介绍了一种寻找神奇数对的方法。神奇数对定义为一对整数(a,b)，满足a+b≤n且a+b是ab的因子。文章提供了两种解决方案，一种基于欧拉公式，另一种使用莫比乌斯反演。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

神炎皇乌利亚很喜欢数对，他想找到神奇的数对。
对于一个整数对(a,b)，若满足a+b<=n且a+b是ab的因子，则成为神奇的数对。请问这样的数对共有多少呢？

Solution1

因为 $(a+b)|ab$ ，
设 $gcd(a,b)=k,a'={a\over k},b'={b\over k}$ ，
所以 $k(a'+b')|k^2a'b'$ ，
$(a'+b')|ka'b'$
所以 $(a'+b')|k$
有因为 $k(a'+b')<=n$
所以 $(a'+b')<=\sqrt n$ ，
枚举 $a'+b'$ 的值i，则两两互质的a’和b’的对数就为 $\varphi(i)$
对于每个的 $a',b'$ ，可以有的k值有 $n\over i^2$ ，
所以

a n s = \sum i = 1 n \sqrt φ (i) * ⌊ n i 2 ⌋

$ans=\sum_{i=1}^{\sqrt n}\varphi(i)* {\lfloor {n\over i^2} \rfloor}$

复杂度： $O(\sqrt n)$

Solution2

比赛的时候比较蠢，没想到是欧拉公式，
所以就用了莫比乌斯反演：
设 $m=\sqrt n$

a n s = \sum i = 1 m \sum j = 1 m ⌊ n ( i + j ) 2 ⌋ [gcd (i, j) = 1]

$ans=\sum_{i=1}^m \sum_{j=1}^m \lfloor{n\over (i+j)^2} \rfloor[\gcd(i,j)=1]$

设 $f_d$ 表示gcd为d的倍数的 $\lfloor{n\over (i+j)^2} \rfloor$ 和

f d = \sum i = 1 ⌊ m d ⌋ \sum j = 1 ⌊ m d ⌋ ⌊ n ( i + j ) 2 d 2 ⌋

$f_d=\sum_{i=1}^{\lfloor{m\over d}\rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor{m\over d}\rfloor} \lfloor{n\over (i+j)^2d^2} \rfloor$
设

T=i+j $T=i+j$ ，则

f d = \sum T = 2 2 ⌊ m d ⌋ ⌊ n T 2 d 2 ⌋ * min (T - 1, 2 m - T - 1)

$f_d=\sum_{T=2}^{2\lfloor{m\over d}\rfloor}\lfloor{n\over T^2d^2} \rfloor*\min(T-1,2m-T-1)$
又因为当

T>m $T>m$ 或

T>⌊md⌋ $T>\lfloor{m\over d}\rfloor$ 时，

⌊nT2d2⌋=0 $\lfloor{n\over T^2d^2} \rfloor=0$ ，所以

T<=m $T<=m$ ，

f d = \sum T = 2 ⌊ m d ⌋ ⌊ n T 2 d 2 ⌋ * (T - 1)

$f_d=\sum_{T=2}^{\lfloor{m\over d}\rfloor}\lfloor{n\over T^2d^2} \rfloor*(T-1)$
再设

gd $g_d$ 表示gcd为d的

⌊n(i+j)2⌋ $\lfloor{n\over (i+j)^2} \rfloor$ 和

g d = \sum i = 1 ⌊ m d ⌋ f i d * μ (i)

$g_d=\sum_{i=1}^{\lfloor{m\over d}\rfloor}f_{id}*\mu(i)$

g d = \sum i = 1 ⌊ m d ⌋ μ (i) * \sum T = 2 ⌊ m i ⌋ ⌊ n T 2 i 2 ⌋ * (T - 1)

$g_d=\sum_{i=1}^{\lfloor{m\over d}\rfloor}\mu(i)*\sum_{T=2}^{\lfloor{m\over i}\rfloor}\lfloor{n\over T^2i^2} \rfloor*(T-1)$
所以：

a n s = g 1 = \sum i = 1 m μ (i) * \sum T = 2 ⌊ m i ⌋ ⌊ n T 2 i 2 ⌋ * (T - 1)

$ans=g_1=\sum_{i=1}^{m}\mu(i)*\sum_{T=2}^{\lfloor{m\over i}\rfloor}\lfloor{n\over T^2i^2} \rfloor*(T-1)$
交换主体，设

D=Ti $D=Ti$ ，则：

a n s = \sum D = 2 m ⌊ n D 2 ⌋ * \sum i | D μ (i) * (D i - 1)

$ans=\sum_{D=2}^m \lfloor \frac{n}{D^2}\rfloor*\sum_{i|D}\mu(i)*(\frac{D}{i}-1)$

g d = \sum D = 2 m ⌊ n D 2 ⌋ * (\sum i | D μ (i) * D i - \sum i | D μ (i))

$g_d=\sum_{D=2}^m \lfloor \frac{n}{D^2}\rfloor*(\sum_{i|D}\mu(i)*\frac{D}{i}-\sum_{i|D}\mu(i))$
因为

D>1 $D>1$

a n s = \sum D = 2 m ⌊ n D 2 ⌋ * \sum i | D μ (i) * D i

$ans=\sum_{D=2}^m \lfloor \frac{n}{D^2}\rfloor*\sum_{i|D}\mu(i)*\frac{D}{i}$
我们惊奇的发现，有性质：

\sum i | n μ (i) * n i = φ (n)

$\sum_{i|n}\mu(i)*\frac{n}{i}=\varphi(n)$
（证明在这里）
所以：

g d = \sum D = 2 m ⌊ n D 2 ⌋ * φ (D)

$g_d=\sum_{D=2}^m \lfloor \frac{n}{D^2}\rfloor*\varphi(D)$

Code

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define fo(i,a,b) for(LL i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=1e7+10;
LL n,m,ans;
bool prz[N];
int pr[N/2],mu[N];
LL phi[N];
LL min(LL q,LL w){return q<w?q:w;}
int main()
{
    freopen("uria.in","r",stdin);
    freopen("uria.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&n);m=sqrt(n);
    mu[1]=1;phi[1]=1;
    fo(i,2,m)
    {
        if(!prz[i])pr[++pr[0]]=i,mu[i]=-1,phi[i]=i-1;
        fo(j,1,pr[0])
        {
            int t=pr[j]*i;
            if(t>m)break;
            prz[t]=1;
            phi[t]=phi[i]*pr[j];
            if(!(i%pr[j]))break;
            mu[t]=-mu[i];
            phi[t]=phi[i]*(pr[j]-1);
        }
    }
    ans=0;
    fo(i,2,m)ans+=n/sqr(i)*phi[i];
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}