bzoj 2226 [Spoj 5971] LCMSum-优快云博客

本文介绍了一种计算从1到n的所有整数与n的最小公倍数之和的方法。通过数学推导，将问题转化为求解特定函数f(d)的值，并利用线性筛法高效求解。

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##Description
Given n, calculate the sum LCM(1,n) + LCM(2,n) + … + LCM(n,n), where LCM(i,n) denotes the Least Common Multiple of the integers i and n.
给出n，计算LCM(1,n)+LCM(2,n)+…+LCM(n,n)的和，LCM(i,n)是i和n的最小公倍数。
##Input
The first line contains T the number of test cases. Each of the next T lines contain an integer n.
第一行输入T表示数据组数，接下来T行每行一个数为n。
##Output
Output T lines, one for each test case, containing the required sum.
输出T行，每行为最小公倍数的和
##Sample Input
3
1
2
5
##Sample Output
1
4
55
##Constraints
1 <= T <= 300000
1 <= n <= 1000000

##Solution
$对于每个 n$

$Ans=∑i=1nlcm(i,n)Ans=\sum_{i=1}^nlcm(i,n)$

$Ans=∑i=1nnigcd(i,n)Ans=\sum_{i=1}^n\frac{ni}{gcd(i,n)}$

$Ans=n∑i=1nigcd(i,n)Ans=n\sum_{i=1}^n\frac{i}{gcd(i,n)}$

$Ans=n∑d∣n∑i=1nid[gcd(i,nd)=d]Ans=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{d}[gcd(i,\frac{n}{d})=d]$

$Ans=n∑d∣n∑i=1di[gcd(i,d)=1]Ans=n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{d}i[gcd(i,d)=1]$

$设f(d)=∑i=1di[gcd(i,d)=1],则Ans=n∑d∣nf(d)设f(d)=\sum_{i=1}^{d}i[gcd(i,d)=1],则Ans=n\sum_{d|n}f(d)$

$d中与d互质的数之和，f(d)=ϕ(d)∗d2f(d)即1~d中与d互质的数之和，f(d)=\frac{\phi(d)*d}{2}$

$所以，Ans=n∑d∣nϕ(d)∗d2所以，Ans=n\sum_{d|n}\frac{\phi(d)*d}{2}$

$ϕ(i)可以用线性筛解决，可以O(nlog2n)预处理出所有答案，要记得开longlong\phi(i)可以用线性筛解决，可以O(nlog_2^n)预处理出所有答案，要记得开long long$

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

#define N 1000010
#define M 1000000
#define LL long long

LL phi[N],t[N],p[N],tt,n;
LL ans[N];

void pre()
{
	memset(t,0,sizeof(t));
	phi[1]=1;
	for (int i=2;i<=M;i++)
	{
	  if (t[i]==0)
	  {
	  	phi[i]=i-1;
	  	p[++p[0]]=i;
	  }
	  for (int j=1;j<=p[0] && p[j]*i<=M;j++)
	  {
	  	t[i*p[j]]=1;
	  	if (i%p[j]==0) 
	  	{
	  		phi[i*p[j]]=phi[i]*p[j];
	  		break;
	  	}
	  	else phi[i*p[j]]=phi[i]*phi[p[j]];
	  }
	}
	memset(ans,0,sizeof(ans));
	LL tot;
	for (int i=1;i<=M;i++)
	{
		if (i==1) tot=1;
		  else tot=phi[i]*i/2;
		for (int j=i;j<=M;j+=i)
		  ans[j]+=tot;
	}
}

int main()
{
	pre();
	scanf("%lld",&tt);
	for (int ii=1;ii<=tt;ii++)
	{
		scanf("%lld",&n);
		printf("%lld\n",ans[n]*n);
	}
	return 0;
}