HDU5382 GCD?LCM!(数学公式推导)_对于所有gcd(i, j)<a,lcm(i,j)之和-优快云博客

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本文解析了一个涉及数学算法的问题，通过定义函数F(n)和T(n)，并利用艾弗森约定简化了求解过程。通过逐步推导，给出了计算F(n)的具体步骤，并提供了完整的C++实现代码。

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题意：

$\ \ \ \$ 定义 $F(n) = \sum\limits_{i = 1}^{n}\sum\limits_{j = 1}^{n}[gcd(i,j)+lcm(i,j)\geqslant n]$ ，其中 $[]$ 是艾弗森约定，现在要求出 $ans_{n} = \sum\limits_{i = 1}^{n}F(i)$ .

思路：

$\ \ \ \$ 如果定义 $T(n) = \sum\limits_{i = 1}^{n}\sum\limits_{j = 1}^{n}[gcd(i,j)+lcm(i,j)=n]$ ，那么 $F_{n} = i * i-\sum\limits_{i = 1}^{n-1}T(i)$ ，因为不可能存在 $i\geqslant n$ 或者 $j\geqslant n$ 时有 $gcd(i,j)+lcm(i,j)=n$ ，看 $T(n)$ 怎么算:
$T(n) =\sum\limits_{d = 1}^{n}\sum\limits_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum\limits_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}[gcd(i,j)=1][i*j*d+d=n]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \$ $=\sum\limits_{d = 1}^{n}\sum\limits_{i = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}\sum\limits_{j = 1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor}[gcd(i,j)=1][(i*j+1)d=n]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \$ $=\sum\limits_{d|n}\sum\limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j = 1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,j)=1][(i*j+1)d=n]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \$ $=\sum\limits_{d|n}\sum\limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j = 1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,j)=1][i*j=\frac{n}{d}-1]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \$ $=\sum\limits_{d|n}\sum\limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}}\sum\limits_{j = 1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,j)=1][j=\frac{\frac{n}{d}-1}{i}]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \$ $=\sum\limits_{d|n}\sum\limits_{i = 1}^{\frac{n}{d}}[gcd(i,\frac{\frac{n}{d}-1}{i})=1]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \$ $=\sum\limits_{d|n}\sum\limits_{i = 1}^{\frac{n}{d} - 1}[gcd(i,\frac{\frac{n}{d}-1}{i})=1]$
记 $f(x) = \sum\limits_{i | x}[gcd(i,\frac{x}{i})=1]$ ，如果 $i$ 和 $x/i$ 互素，那么可以知道 $i$ 要么完全拥有 $x$ 的素因子，要么完全没有 $x$ 的素因子，暴力搜索一下素因子产生 $x$ 的因子即可，不用 $gcd$ 去判断，因为那样时间就变成 $O(n\lg^{2} n).....$ ，会超时的。

#include<bits/stdc++.h>
typedef long long ll;
const int maxn = 1e6 + 5;
const ll mod = 258280327;
using namespace std;

typedef pair<int, int> pa;
int a[maxn];

pa pri[1000]; int num;
void div(int x) {
    while(x > 1) {
        int now = a[x];
        if(!num || pri[num - 1].first != now) pri[num++] = pa(now, 1);
        else pri[num - 1].second++;
        x /= now;
    }
}

int vec[1000], cnt, T;
void dfs(ll &ans, int sol, int sum, int id, int flag) {
    if(id == num) {
        int y = sol / sum;
        vec[cnt++] = sum;
        if(!flag) ans++;
        return ;
    }
    int k = 1, g = flag;
    for(int i = 0; i <= pri[id].second; i++) {
        if(!i || i == pri[id].second) flag = 0;
        else flag = 1;
        dfs(ans, sol, sum * k, id + 1, g | flag);
        k *= pri[id].first;
    }
}

ll ans[maxn], rec[maxn];
ll seq[maxn], f[maxn], tot[maxn];

void solve() {
    int max_p = 0;
    for(ll i = 1; i <= 1000000; i++) {
        num = 0; div(i); cnt = 0;
        dfs(f[i], i, 1, 0, 0);
        rec[i] = i * i;
        rec[i] = rec[i] - tot[i - 1];
        for(int j = 0; j < cnt; j++) {
            int x = vec[j];
            seq[i] += f[x - 1];
        }
        tot[i] = tot[i - 1] + seq[i];
        ans[i] = ans[i - 1] + rec[i];
    }
}


int main() {
    for(ll i = 2; i < maxn; i++) {
        if(a[i]) continue;
        a[i] = (int) i;
        for(ll j = i * i; j < maxn; j += i) if(!a[j]) a[j] = i;
    }
    solve(); int n;
    scanf("%d", &T);
    while(T--) {
        scanf("%d", &n);
        printf("%lld\n", ans[n] % mod);
    }
    return 0;
}