P2398 GCD SUM-优快云博客

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这篇博客探讨了欧拉函数在解决数论问题中的应用，具体是通过欧拉函数推导出求解两个整数之间最大公约数之和的公式，并给出了一种O(n)复杂度的算法实现。文章还介绍了如何预处理前缀和以优化计算过程。

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Label

欧拉函数

Description

给定整数 $n(1≤n≤105)n(1\leq n\leq 10^5)$ ，求：

$∑i=1n∑j=1ngcd(i,j)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)$

Solution

看上去此题所求又是一个反演的形式（其实此题可用反演解），但我们可以利用欧拉函数来分析。

有了poj2480的基础，我们已经知道： $∑i=1ngcd(i,n)=∑d∣ndφ(nd)\sum_{i=1}^{n}gcd(i,n)=\sum_{d|n}d\varphi(\frac{n}{d})$ ，则易得：

$∑i=1n∑j=1ngcd(i,j)=2∑i=1j∑j=1ngcd(i,j)−∑i=1ni=2∑i=1n∑d∣idφ(id)−∑i=1ni\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)=2\sum_{i=1}^{j}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)-\sum_{i=1}^{n}i=2\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}d\varphi(\frac{i}{d})-\sum_{i=1}^{n}i$

而 $∑i=1n∑d∣idφ(id)=∑d=1n∑i=1nφ(id)=∑d=1n∑i=1⌊nd⌋φ(i)\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i}d\varphi(\frac{i}{d})=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\varphi(\frac{i}{d})=\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\varphi(i)$

（此步化简：考虑所有可能的 $d$ 的取值，进而考虑每种 $d$ 对答案的贡献）

所以， $∑i=1n∑j=1ngcd(i,j)=2(∑d=1n∑i=1⌊nd⌋φ(i))−n(n+1)2\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}gcd(i,j)=2(\sum_{d=1}^{n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\varphi(i))-\frac{n(n+1)}{2}$

由于 $∑i=1⌊nd⌋φ(i)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\varphi(i)$ 可前缀和预处理，故算法整体复杂度为 $O (n)$ 。

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ri register int
#define ll long long
using namespace std;

const int MAXN=1e5+20;
int N,prime[MAXN>>2],phi[MAXN],cnt;
ll ans,sum[MAXN];
bool isprime[MAXN];

void Phi()
{
	isprime[1]=true; phi[1]=1;
	for(ri i=2;i<=N;++i)
	{
		if(!isprime[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			phi[i]=i-1;	
		}
		for(ri j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=N;++j)
		{
			isprime[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)	phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
			else	phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
			if(i%prime[j]==0)	break;
		}
	}
}

int main()
{
	scanf("%d",&N);
	Phi();
	for(ri i=1;i<=N;++i)	sum[i]=sum[i-1]+(ll)phi[i];
	for(ri d=1;d<=N;++d)	ans+=(ll)d*sum[N/d];
	ans=ans*2LL-(ll)N*(ll)(N+1)/2LL;
	cout<<ans;
	return 0;
}