bzoj2226[Spoj 5971] LCMSum

最新推荐文章于 2022-03-31 10:41:10 发布

Euryale_

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分类专栏：数论文章标签：欧拉函数线性筛

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本文提供了一道编号为BZOJ2226的问题解答，通过运用线性筛和欧拉函数的方法，详细推导了解题公式，并给出了具体的C++实现代码。

题目链接：bzoj2226
题目大意：
多组数据。给定n，求 $\sum_{i=1}^{n}lcm(i*n)$ 。
1 <= T <= 300000，1 <= n <= 1000000

题解：
线性筛、欧拉函数

\sum i = 1 n l c m (i * n) = n \sum i = 1 n i g c d ( i , n )

$\sum_{i=1}^{n}lcm(i*n)=n\sum_{i=1}^{n}\frac{i}{gcd(i,n)}$
省略前面的，套路化简：

n \sum i = 1 n \sum d | i, d | n i d [g c d (i, n) = d]

$n\sum_{i=1}^{n}\sum_{d|i,d|n}\frac{i}{d}[gcd(i,n)=d]$
交换枚举倍数和约数即

n \sum d | n \sum i = 1 ⌊ n d ⌋ i [g c d (i, n d) = 1]

$n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i [gcd(i,\frac{n}{d})=1]$
(后面的

i $i$ 是

idd $\frac{id}{d}$ 化来的)

又 $\frac{n}{d}$ 跟 $d$ 是一样的
所以就把式子弄成

n \sum d | n \sum i = 1 d i [g c d (i, d) = 1]

$n\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{d}i [gcd(i,d)=1]$
来看后面

∑di=1i[gcd(i,d)=1] $\sum_{i=1}^{d}i [gcd(i,d)=1]$ 这串，其含义就是1到d中与d互质的数的和。而若有gcd(i,n)=1的话必有gcd(n-i,n)=1，即这些数都是成对出现的（除了1）。所以每对的和就是d，那么这些数的和就是

ϕ(d)d2 $\frac{\phi(d)d}{2}$ ，还要处理下1的，所以我就把式子写成了

ϕ(d)d+12 $\frac{\phi(d)d+1}{2}$ ，毕竟整数类型下除法去尾取整嘛。
又有两个积性函数相乘也是积性函数，所以

ϕ(d)d $\phi(d)d$ 是个积性函数。
于是就可以线性筛预处理

ϕ(d)d $\phi(d)d$ 。
你可以每次询问的时候在线算。但是

O(nlogn) $O(nlogn)$ 预处理答案会更快。
嗯..为什么是

O(nlogn) $O(nlogn)$ 呢？dalao说是均摊log的。
我代码里直接用

phi $phi$ 表示

ϕ(d)d $\phi(d)d$ 了。

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define N 1000100

bool ispri[N];
LL cnt,pri[N/4],phi[N],ans[N];
void Eular(LL lim)
{
    cnt=0;phi[1]=1;
    for (LL i=2;i<=lim;i++)
    {
        if (!ispri[i]) {pri[++cnt]=i;phi[i]=(i-1)*i;}
        for (LL j=1;j<=cnt && pri[j]*i<=lim;j++)
        {
            LL k=i*pri[j];
            ispri[k]=true;
            if (i%pri[j]==0)
            {
                phi[k]=pri[j]*phi[i]/i*k;
                break;
            }
            phi[k]=(pri[j]-1)*phi[i]/i*k;
        }
    }
}
int main()
{
    //freopen("a.in","r",stdin);
    //freopen("a.out","w",stdout);
    LL T,lim,i,j,n;
    scanf("%lld",&T);
    lim=1000000;Eular(lim);
    for (i=1;i<=lim;i++) ans[i]=0;
    for (i=1;i<=lim;i++)
    {
        LL sm=(phi[i]+1)/2;
        for (j=i;j<=lim;j+=i) ans[j]+=sm;
    }
    while (T--)
    {
        scanf("%lld",&n);
        printf("%lld\n",n*ans[n]);
    }
    return 0;
}