Description
输入 \(n\)，输出下面代码的执行结果：
unsigned long long allPairLcm( int n ) {
unsigned long long res = 0;
for( int i = 1; i <= n; i++ )
for( int j = i + 1; j <= n; j++ )
res += lcm(i, j); // lcm means least common multiple
return res;
}
共 \(T\) 组测试数据。
Hint
- \(1\le T\le 2\times 10^5\)
- \(1\le n\le 3\times 10^6\)
Solution
题意：求 \(\sum\limits_{i = 1}^n \sum\limits_{j = i + 1}^n \text{lcm}(i, j) \bmod 2^{64}\) 的值。
直接求显然是 \(O(n^2)\) 的，不能这样做。
首先要知道，原式与 \(\sum\limits_{i = 2}^n \sum\limits_{j = 1}^{i - 1} \text{lcm}(i, j)\) 等价。(下文省略 \(\bmod 2^{64}\))
设 \(s(x) = \sum\limits_{i = 1}^{x - 1} \text{lcm}(i, x)\) ，那么答案就是 \(\text{ans} = \sum\limits_{i = 2}^n s(i)\) 。
这相当于暗示着， 只要能在可行的时间内预处理出 \(s(x)\) 的值并做一遍前缀和 ，答案就可以在时间内解出。
求 \(s(x)\) ——推式子：
以上都应该非常好理解，但最后一个式子看起来非常棘手，使用常规的处理方法貌似无从下手。
对于那个 \(\gcd\) 我们逆向思维一下—— 主动枚举 \(\gcd\) !
其中 \(g\) 是所要枚举的 \(\gcd\) ，而 \(g|x\) 是因为这个最大公约数一定是 \(x\) 的约数。
这个中括号表示，仅当 \(\gcd(i, x) = g\) 成立是，这个对应的 \(\frac{i}{g}\) 的值才能加上去。这相当于是对 \(i\) 值的一个约束。
然而这样的变形貌似效率更低了，我们尝试一下缩小枚举 \(i\) 的范围：
我们发现 \(i\) 的枚举范围从 \([1, n)\) 缩成了 \([1, \frac{n}{g}]\) ——直接让 \(i\) 枚举 \(g\) 的倍数，因为如果不是倍数，那么 \(\gcd(i, x) = g\) 显然不成立。
在最后一个式子里有一个 \(\sum\limits_{i = 1}^{\frac{x}{g}-1} i[\gcd(\frac{x}{g}, i) = 1]\) ，我们可以把它翻译为：小于 \(\frac{x}{g}\) 的，并与 \(\frac{n}{g}\) 互质的数之和。
这样就好办了啊，我们有一个有关于欧拉函数的性质：
小于 \(n\)，且与 \(n\) 互质的数之和等于 \(\dfrac{n\times \varphi(n)}{2}\)
把上面这个的东西换到上面的式子中去，易得：
我们惊喜地得到了一个简洁且很好计算的式子，这归功于上面一个看似匪夷所思但的确可以解决问题的思路： 逆向枚举 \(\gcd\) 。
可以开始设计我们的算法了：
- 筛出 \(\varphi(1) \cdots \varphi(n)\)，其中 \(n\) 为其对应数据规模的最大值（即 \(3\times 10^6\)），下同。筛法用 \(O(n\log n)\) 的就够了，常数小可以应付。
- 预处理 \(s(1)\cdots s(n)\)，用枚举一个数的倍数的方法来处理，详见代码，复杂度 \(O(n\log n)\)。
- 直接在 \(s\) 上滚动做前缀和。
- 对于每个询问，\(O(1)\) 给出答案。
时间复杂度 \(O(n\log n)\) ，空间复杂度 \(O(n)\)。
Code
#include <cstdio>
using namespace std;
const int N = 5e6 + 5;
int phi[N];
void initPhi(int n) {
for (register int i = 1; i <= n; i++)
phi[i] = i;
for (register int i = 1; i <= n; i++)
for (register int j = i << 1; j <= n; j += i)
phi[j] -= phi[i];
}
unsigned long long s[N];
void initSum(int n) {
for (register int g = 2; g <= n; g++)
for (register int x = g; x <= n; x += g)
s[x] += phi[g] * 1ULL * g / 2 * x;
for (register int i = 2; i <= n; i++)
s[i] += s[i - 1];
}
signed main() {
initPhi(3e6), initSum(3e6);
int T; scanf("%d", &T);
for (register int tc = 1; tc <= T; tc++) {
int n; scanf("%d", &n);
printf("Case %d: %llu\n", tc, s[n]);
}
}