http://noip.ybtoj.com.cn/contest/802/problem/6
对于： n m o d k + m m o d k ≥ k n\bmod k+m\bmod k\ge k nmodk+mmodk≥k，我们可以先把 m o d \bmod mod 拆掉：
n − ⌊ n k ⌋ × k + m − ⌊ m k ⌋ × k ≥ k n-\lfloor \dfrac n k\rfloor\times k+m-\lfloor \dfrac m k\rfloor\times k\ge k n−⌊kn⌋×k+m−⌊km⌋×k≥k
两边同时除 k k k：
⌊ n + m k ⌋ − ⌊ n k ⌋ − ⌊ m k ⌋ ≥ 1 \lfloor \dfrac {n+m} k\rfloor-\lfloor \dfrac n k\rfloor-\lfloor \dfrac m k\rfloor\ge 1 ⌊kn+m⌋−⌊kn⌋−⌊km⌋≥1
发现式子成立时恰好取等：
⌊ n + m k ⌋ − ⌊ n k ⌋ − ⌊ m k ⌋ = 1 \lfloor \dfrac {n+m} k\rfloor-\lfloor \dfrac n k\rfloor-\lfloor \dfrac m k\rfloor= 1 ⌊kn+m⌋−⌊kn⌋−⌊km⌋=1
这个形式就非常好看，代回原式后就是套路了
∑ k = 1 n + m φ ( k ) ( ⌊ n + m k ⌋ − ⌊ n k ⌋ − ⌊ m k ⌋ ) \sum_{k=1}^{n+m}\varphi(k)\left( \lfloor \dfrac {n+m} k\rfloor-\lfloor \dfrac n k\rfloor-\lfloor \dfrac m k\rfloor\right) k=1∑n+mφ(k)(⌊kn+m⌋−⌊kn⌋−⌊km⌋)
∑ k = 1 n + m φ ( k ) ⌊ n + m k ⌋ − ∑ k = 1 n φ ( k ) ⌊ n k ⌋ − ∑ k = 1 m φ ( k ) ⌊ m k ⌋ \sum_{k=1}^{n+m}\varphi(k)\lfloor \dfrac {n+m} k\rfloor-\sum_{k=1}^{n}\varphi(k)\lfloor \dfrac n k\rfloor-\sum_{k=1}^{m}\varphi(k)\lfloor \dfrac m k\rfloor k=1∑n+mφ(k)⌊kn+m⌋−k=1∑nφ(k)⌊kn⌋−k=1∑mφ(k)⌊km⌋
令 f ( x ) = ∑ k = 1 x φ ( k ) ⌊ x k ⌋ f(x)=\sum_{k=1}^{x}\varphi(k)\lfloor \dfrac {x} k\rfloor f(x)=∑k=1xφ(k)⌊kx⌋，则原式为 f ( n + m ) − f ( n ) − f ( m ) f(n+m)-f(n)-f(m) f(n+m)−f(n)−f(m)
化简 f ( x ) f(x) f(x)，这是个经典问题。对于 φ ( k ) \varphi(k) φ(k) 的贡献为它有多少个倍数在 x x x 以内，因此我们枚举这个倍数：
f ( x ) = ∑ i = 1 x ∑ i ∣ k φ ( k ) = ∑ i = 1 x i = x ( x − 1 ) 2 f(x)=\sum_{i=1}^x\sum_{i|k}\varphi(k)=\sum_{i=1}^xi=\dfrac {x(x-1)}2 f(x)=i=1∑xi∣k∑φ(k)=i=1∑xi=2x(x−1)
因此原式为 ( n + m ) ( n + m − 1 ) − n ( n − 1 ) − m ( m − 1 ) 2 = n m \dfrac{(n+m)(n+m-1)-n(n-1)-m(m-1)}2=nm 2(n+m)(n+m−1)−n(n−1)−m(m−1)=nm
答案为 φ ( n ) φ ( m ) n m \varphi(n)\varphi(m)nm φ(n)φ(m)nm
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