51nod 1594 Gcd and Phi 莫比乌斯反演

最新推荐文章于 2022-03-02 20:24:41 发布

原创最新推荐文章于 2022-03-02 20:24:41 发布 · 177 阅读

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本文介绍了一种利用数论反演技巧解决特定数学问题的方法。该问题要求计算从1到n范围内所有整数的欧拉函数值的两两最大公约数的欧拉函数之和。文章详细解释了如何通过枚举、换元、反演等步骤简化原始表达式，并给出了具体的实现代码。

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题意：
给出 $n(n<=2*10^6)$ ，求
$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\phi(gcd(\phi(i),\phi(j)))$ 的值。

分析：
看到这种题显然想反演了。

a n s = \sum i = 1 n \sum j = 1 n ϕ (g c d (ϕ (i), ϕ (j)))

$ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\phi(gcd(\phi(i),\phi(j)))$

= \sum D = 1 n ϕ (D) \sum i = 1 n \sum j = 1 n [g c d (ϕ (i), ϕ (j)) = = D]

$=\sum_{D=1}^{n}\phi(D)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[gcd(\phi(i),\phi(j))==D]$
然后我们枚举

ϕ(i)ϕ(i) $\phi(i)$ 与

ϕ(j)ϕ(j) $\phi(j)$ ，我们设

ad=∑ni=1[ϕ(i)==d]ad=∑i=1n[ϕ(i)==d] $a_d=\sum_{i=1}^{n}[\phi(i)==d]$ ，

x=phi(i)x=phi(i) $x=phi(i)$ ，

y=phi(j)y=phi(j) $y=phi(j)$ ，其实可以理解为换元，则原式可以变为，

= \sum D = 1 n ϕ (D) \sum x = 1 n \sum y = 1 n [g c d (x, y) = = D] * a x * a y

$=\sum_{D=1}^{n}\phi(D)\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{n}[gcd(x,y)==D]*a_x*a_y$
然后就是很显然的反演了，我们设

sumi=∑i|tatsumi=∑i|tat $sum_i=\sum_{i|t}a_t$ ，

= \sum D = 1 n ϕ (D) \sum d = 1 n μ (d) * (s u m D * d) 2

$=\sum_{D=1}^{n}\phi(D)\sum_{d=1}^{n}\mu(d)*(sum_{D*d})^2$
设

T=DdT=Dd $T=Dd$ ，则

= \sum T = 1 n (s u m T) 2 \sum d | T μ (d) * ϕ (T / d)

$=\sum_{T=1}^{n}(sum_T)^2\sum_{d|T}\mu(d)*\phi(T/d)$
设

f(i)=∑d|iμ(d)∗ϕ(i/d)f(i)=∑d|iμ(d)∗ϕ(i/d) $f(i)=\sum_{d|i}\mu(d)*\phi(i/d)$ ，是个狄利克雷卷积，一定是个积性函数，直接可以上线筛。对于

x=pkx=pk $x=p^k$ ，则

f(x)=ϕ(x)−ϕ(x/p)f(x)=ϕ(x)−ϕ(x/p) $f(x)=\phi(x)-\phi(x/p)$ 。这个

sumsum $sum$ 可以枚举倍数解决，复杂度

O(nlogn)O(nlogn) $O(nlogn)$ 的。其实排序询问可以节约时间，不过暴力也可以过。直接强行清空跑

sumsum $sum$ 就好。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#define LL long long

const int maxn=2e6+7;

using namespace std;

LL phi[maxn],f[maxn],sum[maxn],a[maxn];
LL not_prime[maxn],prime[maxn],low[maxn];
LL n,cnt,T;

void getf(LL n)
{
    phi[1]=1;
    f[1]=1; 
    for (LL i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!not_prime[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            phi[i]=i-1;
            f[i]=phi[i]-phi[1];
            low[i]=i;
        }
        for (LL j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if (i*prime[j]>n) break;
            not_prime[i*prime[j]]=1;
            if (low[i]%prime[j]==0) low[i*prime[j]]=low[i]*prime[j];
                               else low[i*prime[j]]=prime[j];
            if (i*prime[j]==low[i*prime[j]])
            {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                f[i*prime[j]]=phi[i*prime[j]]-phi[i];
            }
            else
            {
                LL x=low[i*prime[j]],y=i*prime[j]/x;
                f[i*prime[j]]=f[x]*f[y];
                phi[i*prime[j]]=phi[x]*phi[y];
            }
            if (i%prime[j]==0) break; 
        }
    }
}

int main()
{
    getf(2e6);  
    scanf("%lld",&T);   
    while (T--)
    {
        scanf("%lld",&n);
        LL ans=0;
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        for (LL i=1;i<=n;i++) a[phi[i]]++;      
        for (LL i=1;i<=n;i++)
        {
           for (LL j=i;j<=n;j+=i) sum[i]+=a[j];
        }
        for (LL i=1;i<=n;i++) ans+=sum[i]*sum[i]*f[i];
        printf("%lld\n",ans);
    }
}