[UVA11426] GCD-Extreme(II)

Description

输入正整数 \(n\),求 \(gcd(1,2)+gcd(1,3)+gcd(2,3)+...+gcd(n-1,n)\)，即所有满足 \(1\leq i<j\leq n\) 的所有正整数对 \((i,j)\) 所对应的 \(gcd(i,j)\) 之和。

Solution

设 \(f(n)=gcd(1,n)+gcd(2,n)+...+gcd(n-1,n)\)，则所求答案为 \(ans(n)=f(2)+f(3)+f(4)+...+f(n)\)。只需求出 \(f(n)\)，就可以递推出所有答案：\(ans(n)=ans(n-1)+f(n)\)。因此，本题的重点在于如何计算 \(f(n)\)。

注意到所有 \(gcd(x,n)\) 的值都是 \(n\) 的约数，可以按照这个约数进行分类，用 \(g(i,n)\) 表示满足 \(gcd(x,n)=i\;\&\&\;x<n\) 的正整数 \(x\) 的个数，则 \(f(n)=\sum \limits_{i\mid n} g(i,n)\times i\)。注意到 \(gcd(x,n)=i\) 的充要条件是 \(gcd(x/i,n/i)=1\)，因此满足条件的 \(x/i\) 有\(phi(n/i)\) 个，说明 \(gcd(x,n)=phi(n/i)\)。

所以对于每个数 \(i\)，枚举它的倍数 \(j\)，令 \(f(j)+=i\times phi(j/i)\) 即可。

Code

#include<cstdio>
#define N 4000005
#define int long long

int phi[N];
int mindiv[N];
int f[N],ans[N];
int prime[N],primecnt;

void init(){
    for(int i=2;i<=N;i++){
        if(!mindiv[i]){
            phi[i]=i-1;
            mindiv[i]=i;
            prime[++primecnt]=i;
        }
        for(int j=1;j<=primecnt;j++){
            if(i*prime[j]>N) break;
            if(prime[j]>mindiv[i]) break;
            mindiv[i*prime[j]]=prime[j];
            phi[i*prime[j]]=phi[i]*(i%prime[j]?prime[j]-1:prime[j]);
        }
    }
}

signed main(){
    init();
    for(int i=1;i<=N;i++){
        for(int j=(i<<1);j<=N;j+=i)
            f[j]+=phi[j/i]*i;
    }
    ans[2]=f[2];
    for(int i=3;i<=N;i++)
        ans[i]=ans[i-1]+f[i];
    int x;
    while(scanf("%lld",&x)){
        if(!x) return 0;
        printf("%lld\n",ans[x]);
    }
    return 0;
}