P2398 GCD SUM

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原创最新推荐文章于 2026-07-03 10:56:48 发布 242 阅读 AI 写同款· GEO 优化 ›

P2398 GCD SUM 欧拉函数筛法素数，欧拉函数阅读详情

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;
}