51NOD 1594：Gcd and Phi——题解

http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1594

参考及详细推导：http://www.cnblogs.com/rir1715/p/8584083.html

设\(cnt_i=\sum_{j=1}^n[\phi(j)==i]\)，这个可以在\(O(n)\)处理出来。

我们用它把\(\phi(i)\phi(j)\)换元得：

\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\phi(gcd(i,j))\times cnt_i\times cnt_j\)

\(=\sum_{d=1}^n\phi(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)==d]\times cnt_i\times cnt_j\)

好的最难的部分已经过去了，随着一阵套路，这个式子索然无味。

\(=\sum_{d=1}^n\phi(d)\sum_{d'=1}^n\mu(d')(\sum_{i=1}^{\frac{n}{dd^`}}cnt_{idd'})^2\)

令\(sum(t)=\sum_{i=1}^{\frac{n}{t}}cnt_{it}\)，这个可以在\(O(nlogn)\)处理出来（调和级数）。

式子

\(=\sum_{d=1}^n\phi(d)\sum_{d'=1}^n\mu(d')sum(dd')^2\)

然后我们发现当\(dd'>n\)时\(sum(dd')=0\)，所以我们\(d'\)不需要枚举那么多，所以最终的式子为：

\(\sum_{d=1}^n\phi(d)\sum_{d'=1}^{\frac{n}{d}}\mu(d')sum(dd')^2\)

这个式子可以在\(O(nlogn)\)运算（调和级数）。

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#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=2e6+5;
inline int read(){
int X=0,w=0;char ch=0;
while(!isdigit(ch)){w|=ch=='-';ch=getchar();}
while(isdigit(ch))X=(X<<3)+(X<<1)+(ch^48),ch=getchar();
return w?-X:X;
}
bool he
;
int su
,tot;
ll phi
,mu
,cnt
,sum
;
void Euler(int n){
phi[1]=mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!he[i]){
su[++tot]=i;
phi[i]=i-1;mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=tot&&i*su[j]<=n;j++){
int p=su[j];he[i*p]=1;
if(i%p==0){
mu[i*p]=0;phi[i*p]=phi[i]*p;
break;
}else{
mu[i*p]=mu[i]*mu
;phi[i*p]=phi[i]*phi[p];
}
}
}
}
int main(){
Euler(N-5);
int t=read();
while(t--){
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
memset(sum,0,sizeof(sum));
int n=read();
for(int i=1;i<=n;i++)cnt[phi[i]]++;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n/i;j++)
sum[i]+=cnt[i*j];
for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]*=sum[i];
ll ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n/i;j++)
ans+=phi[i]*mu[j]*sum[i*j];
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}

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