51nod 1594 Gcd and Phi 莫比乌斯反演

题意：
给出$n(n<=2*10^6)$，求
$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\phi(gcd(\phi(i),\phi(j)))$的值。

分析：
看到这种题显然想反演了。

$$ans=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\phi(gcd(\phi(i),\phi(j)))$$
$$=\sum_{D=1}^{n}\phi(D)\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[gcd(\phi(i),\phi(j))==D]$$
然后我们枚举 $\phi(i)$与 $\phi(j)$，我们设 $a_d=\sum_{i=1}^{n}[\phi(i)==d]$， $x=phi(i)$， $y=phi(j)$，其实可以理解为换元，则原式可以变为，
$$=\sum_{D=1}^{n}\phi(D)\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^{n}[gcd(x,y)==D]*a_x*a_y$$
然后就是很显然的反演了，我们设 $sum_i=\sum_{i|t}a_t$，
$$=\sum_{D=1}^{n}\phi(D)\sum_{d=1}^{n}\mu(d)*(sum_{D*d})^2$$
设 $T=Dd$，则
$$=\sum_{T=1}^{n}(sum_T)^2\sum_{d|T}\mu(d)*\phi(T/d)$$
设 $f(i)=\sum_{d|i}\mu(d)*\phi(i/d)$，是个狄利克雷卷积，一定是个积性函数，直接可以上线筛。对于 $x=p^k$，则 $f(x)=\phi(x)-\phi(x/p)$。这个 $sum$可以枚举倍数解决，复杂度 $O(nlogn)$的。其实排序询问可以节约时间，不过暴力也可以过。直接强行清空跑 $sum$就好。

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#define LL long long

const int maxn=2e6+7;

using namespace std;

LL phi[maxn],f[maxn],sum[maxn],a[maxn];
LL not_prime[maxn],prime[maxn],low[maxn];
LL n,cnt,T;

void getf(LL n)
{
    phi[1]=1;
    f[1]=1; 
    for (LL i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!not_prime[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            phi[i]=i-1;
            f[i]=phi[i]-phi[1];
            low[i]=i;
        }
        for (LL j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if (i*prime[j]>n) break;
            not_prime[i*prime[j]]=1;
            if (low[i]%prime[j]==0) low[i*prime[j]]=low[i]*prime[j];
                               else low[i*prime[j]]=prime[j];
            if (i*prime[j]==low[i*prime[j]])
            {
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                f[i*prime[j]]=phi[i*prime[j]]-phi[i];
            }
            else
            {
                LL x=low[i*prime[j]],y=i*prime[j]/x;
                f[i*prime[j]]=f[x]*f[y];
                phi[i*prime[j]]=phi[x]*phi[y];
            }
            if (i%prime[j]==0) break; 
        }
    }
}

int main()
{
    getf(2e6);  
    scanf("%lld",&T);   
    while (T--)
    {
        scanf("%lld",&n);
        LL ans=0;
        memset(a,0,sizeof(a));
        memset(sum,0,sizeof(sum));
        for (LL i=1;i<=n;i++) a[phi[i]]++;      
        for (LL i=1;i<=n;i++)
        {
           for (LL j=i;j<=n;j+=i) sum[i]+=a[j];
        }
        for (LL i=1;i<=n;i++) ans+=sum[i]*sum[i]*f[i];
        printf("%lld\n",ans);
    }
}