CE玩家

题意求∑ni=1μ(i)\sum_{i=1}^{n}\mu(i)和∑ni=1ϕ(i)\sum_{i=1}^{n}\phi(i)1. ∑ni=1∑d|iμ(i)=1=∑ni=1∑⌊ni⌋j=1μ(j)\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}\mu(i)=1=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{\lfloor\dfrac{n}{i}\rfloor}\mu(j)1=∑ni=1Sμ

裸题S(n)=∑i=1n(i2−3i+2)−∑i=2nS(⌊ni⌋)S(n)=\sum_{i=1}^n (i^2-3i+2)-\sum_{i=2}^n S(\lfloor{n\over i}\rfloor)(f∗1)(n)=n2−3n+2(f*1)(n)=n^2-3n+2f(n)=(f∗ϵ)(n)=(f∗μ∗1)(n)=∑d|n(d2−3d+2)μ(nd)f(n)=(f*\epsilon)(n)=(

令 A(n)=n∑i=1ni(i,n)A(n)=n\sum_{i=1}^n{i\over (i,n)}=n∑d|n∑i=1ndi[(i,nd)=1]=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{n\over d}i[(i,{n\over d})=1]=n∑d|ndφ(d)+n=n\sum_{d|n}d\varphi(d)+n那么Ans=2A(n)−∑i=1niAns=2A(n)-\sum_{i=1

陈老师R老师等式∑i=1n∑j=1nf(ij)=∑i=1n∑j=1n⌊ni⌋⌊nj⌋[(i,j)=1]\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n f(ij)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\lfloor{n\over i}\rfloor\lfloor{n\over j}\rfloor[(i,j)=1]反演一下就变成∑i=1nμ(i)(∑d=1⌊ni⌋⌊nid⌋)2\sum_{

推一下考虑把 ijij 的质因数拆成 ii 和 jj 的质因数的乘积，但是直接算会有重复。令 ijij 的一个质因数是 abab，其中 a|ia|i， b|jb|j，如果满足 (a,jb)=1(a,{j\over b})=1 的话，每个质因数就只会被枚举到一次了那么 Sk(n)=∑i=1n∑j=1n∑a|i∑b|j[(a,b)=1](ajb)kS_k(n)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1

%%%Vectorxj http://blog.youkuaiyun.com/vectorxj/article/details/78857079

推一推式子可以得到 ans=∑d=1n∑i=1⌊nd⌋∑j=1iij[gcd(i,j)=1]ans=\sum_{d=1}^n\sum_{i=1}^{\lfloor{n\over d}\rfloor}\sum_{j=1}^i ij[\gcd(i,j)=1]有一个经典的等式是 ∑i=1ni[gcd(i,n)=1]=[n=1]+nφ(n)2\sum_{i=1}^ni[\gcd(i,n)=1]={[n