POJ2480：求所有最大公因数之和（附带详细数学推导）

InsaneGe

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分类专栏：算法学习文章标签：算法抽象代数

于 2021-06-25 12:23:29 首次发布

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本文介绍了一种解决特定数学问题的算法，该问题是计算给定整数N范围内所有数与N的最大公约数之和。文章详细阐述了解决方案的推导过程，并给出了具体的实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

Longge is good at mathematics and he likes to think about hard mathematical problems which will be solved by some graceful algorithms. Now a problem comes: Given an integer N(1 < N < 2^31),you are to calculate ∑gcd(i, N) 1<=i <=N.
“Oh, I know, I know!” Longge shouts! But do you know? Please solve it.

Input
Input contain several test case.
A number N per line.

Output
For each N, output ,∑gcd(i, N) 1<=i <=N, a line

Sample Input
2
6

Sample Output
3
15

推导（其中所用欧拉函数与积性函数知识可自行查阅）：

$设f(N)=∑i=1Ngcd(i,N)设f(N)=\displaystyle\sum_{i=1}^{N}{gcd_{(i,N)}}$ 可知f(n)是积性函数（此处不给出证明）
不妨令N的素因子分解式N= $p_{1}^{a_{1}}$ · $p_{2}^{a_{2}}$ ·…· $p_{n}^{a_{n}}$ （ $p_{i}$ 是素数）

所以由积性函数的性质可知
$f(N)=f(p_{1}^{a_{1}})·f(p_{2}^{a_{2}})·…·f(p_{n}^{a_{n}})$ ，

$对f(p1a1)=∑i=1p1a1gcd(i,p1a1)对f(p_{1}^{a_{1}})=\displaystyle\sum_{i=1}^{p_{1}^{a_{1}}}{gcd_{(i,p_{1}^{a_{1}})}}$
和 $p_{1}^{a_{1}}$ 互素的数的个数有 $φ\varphi$ ( $p_{1}^{a_{1}}$ )个，他们的最大公因数是1；
和 $p_{1}^{a_{1}}$ 的最大公因数为 $p_{1}$ 的数都可以写成 $p_{1}·k$ 且k与 $p_{1}$ 互素，故k可以取[1, $p_{1}^{a_{1}-1}$ ]中与 $p_{1}$ 互素的数，而与 $p_{1}^{a_{1}-1}$ 不互素的数均为 $p_{1}$ 的倍数，所以满足条件的k有 $φ\varphi$ ( $p_{1}^{a_{1}-1}$ )个，即和 $p_{1}^{a_{1}}$ 的最大公因数为 $p_{1}$ 的数有 $φ\varphi$ ( $p_{1}^{a_{1}-1}$ )个；
依此类推……
和 $p_{1}^{a_{1}}$ 的最大公因数为 $p_{1}^{a_{1}-1}$ 的数有 $φ(p1)\varphi(p_{1})$ 个。
和 $p_{1}^{a_{1}}$ 的最大公因数为 $p_{1}^{a_{1}}$ 的数有 $φ\varphi$ (1)=1个。
将它们求和，即可得
$f(p1a1)=1⋅φ(p1a1)+p1⋅φ(p1a1−1)+…+p1a1−1⋅φ(p1)+p1a1⋅φ(1)f(p_{1}^{a_{1}})=1·\varphi(p_{1}^{a_{1}})+p_{1}·\varphi(p_{1}^{a_{1}-1})+…+p_{1}^{a_{1}-1}·\varphi(p_{1})+p_{1}^{a_{1}}·\varphi(1)$

由欧拉函数公式 $φ(x)=x∏i=1n(1−1pi)\varphi(x)=x\displaystyle\prod_{i=1}^{n}(1-\frac{1}{p_{i}})$
(其中 $p_{i}$ 是x的所有质因数，x是不为0的整数)
所以 $f(p1a1)=a1⋅p1a1⋅(1−1p1)+p1a1f(p_{1}^{a_{1}})=a_{1}·p_{1}^{a_{1}}·(1-\frac{1}{p_{1}})+p_{1}^{a_{1}}$
$=p1a1[a1(1−1p1)+1]=p_{1}^{a_{1}}[a_{1}(1-\frac{1}{p_{1}})+1]$

所以 $f(N)=f(p_{1}^{a_{1}})·f(p_{2}^{a_{2}})·…·f(p_{n}^{a_{n}})$
= $N⋅[1+a1(1−1p1)]⋅…⋅[1+an(1−1pn)]N·[1+a_{1}(1-\frac{1}{p_{1}})]·…·[1+a_{n}(1-\frac{1}{p_{n}})]$
= $N∑i=1n(1+ai(1−1pi))N\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(1+a_{i}(1-\frac{1}{p_{i}}))$

解题代码如下，代码中为最大程度减少循环次数，还运用了定理：对任意正整数n，最多只有一个素因子大于 $n\sqrt{n}$ ，且如果有素因子大于 $n\sqrt{n}$ ，那么这个素因子的次数一定是1

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cmath>
using namespace std;

int main()
{
    int n;
    long long ans;
    while(cin>>n) {
        ans=n;
        int b=sqrt(1.0*n);//sqrt的形参是double类型的。
        for(int i=2; i<=b; i++)
        {
            if(n%i==0)//说明i是其中一个素因子
            {
                int a=0;
                while(n%i==0)//计算对应这个素因子的次数
                {
                    n/=i;
                    a++;
                }
                ans=ans+ans*a*(i-1)/i;//技巧：像此题除法一定要保证是整除
            }
        }
        if(n!=1)
            ans=ans+ans*(n-1)/n;//此处是在判断是否存在大于根号n的质因子
        cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}