洛谷P1390 公约数的和
标签
- 欧拉函数
- 线性筛
- 容斥
前言
- 被自己以前的博客坑了...
简明题意
- 给定\(n(n <= 2e6)\)，需要你求
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^ngcd(i,j)\]
思路
- 首先我们把原式改成枚举gcd，然后用gcd的值去乘以出现的次数，于是原式等价于：
\[\sum_{d=1}^n\left(d*\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n[gcd(i,j)==d]\right)\] 看到\([gcd(i,j)==d]\)是不是很激动？（不激动的同学应该是刚刚入门，基础还不牢固，那就建议看看我关于这类题的其他入门级别的博客）
这里我再啰嗦一下，看到\([gcd(i,j)==d]\)后，首要的工作是通过改变枚举上限，把它写成\([gcd(i,j)==1]\)的形式，为什么要这样做？因为换成\([gcd(i,j)==1]\)这种形式，既可以用欧拉函数快速求出，也可以用莫比乌斯函数性质替换从而降低复杂度。而通常，对于\(\sum_i\sum_j[gcd(i,j)==1]\)，如果\(i,j\)的上限相同，则用直接欧拉函数求，如果\(i,j\)的上限不相同，则应该用莫比乌斯函数性质替换\(\sum\limits_{d|n}\mu(d)=[n==1]\)
- 这里\(i,j\)的范围是一样的，因此我们考虑用欧拉函数求。但是\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n[gcd(i,j)==d]\]我们只知道
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)==d]\]
的求法，如果j不从1开始枚举，那就不知道怎么求了。这时候，我们用容斥。我们回到最原始的式子：
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^ngcd(i,j)\] - 很容易发现，实际上有
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^ngcd(i,j)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^jgcd(i,j)\]
因为这两半是对称的，而又有
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ngcd(i,j)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^ngcd(i,j)+\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^jgcd(i,j)+对角线的gcd之和\] - 对角线的ij是相等的，而且gcd（i，i）就等于i，与就是，对角线gcd之和=\(\sum_i^ni=\frac {(1+n)*n}2\)，所以，
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^ngcd(i,j)= \frac {2*\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^ngcd(i,j)-\frac {(1+n)*n}2}{2}\] - 现在问题就转换成求
\[\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^ngcd(i,j)\] - 改为枚举\(gcd(i,j)\)
\[\sum_{d=1}^n\left(d*\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n[gcd(i,j)==d]\right)\] - 换\(gcd(i,j)==1\)
\[\sum_{d=1}^n\left(d*\sum_{i=1}^{[\frac nd]}\sum_{j=1}^{[\frac nd]}[gcd(i,j)==1]\right)\] - 其中
\[\sum_{i=1}^{[\frac nd]}\sum_{j=1}^{[\frac nd]}[gcd(i,j)==1]=2*pre\phi([\frac pd])-1\] - 原式：
\[\sum_{d=1}^n\left(d* \left(2*pre\phi([\frac pd])-1\right)\right)\] 接下来先把\(\phi\)线性筛出来，然后前缀和一下，最后的复杂度就是\(O(n)\)了
注意事项
- 注意是
\[\sum_{i=1}^{[\frac nd]}\sum_{j=1}^{[\frac nd]}[gcd(i,j)==1]=2*pre\phi([\frac pd])-1\]
而不是
\[\sum_{i=1}^{[\frac nd]}\sum_{j=1}^{[\frac nd]}[gcd(i,j)==1]=2*\phi([\frac pd])-1\]
不要把那个前缀和搞成\(\phi([\frac pd])\)
总结
- 不要把那个前缀和搞成\(\phi([\frac pd])\)...
AC代码
#include<cstdio>
const int maxn = 2e6 + 10;
bool no_prime[maxn];
int prime[maxn], phi[maxn];
long long pre[maxn];
int shai(int n)
{
int cnt = 0;
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++)
{
if (!no_prime[i])
prime[++cnt] = i, phi[i] = i - 1;
for (int j = 1; j <= cnt && prime[j] * i <= n; j++)
{
no_prime[prime[j] * i] = 1;
phi[prime[j] * i] = (i % prime[j] == 0) ? phi[i] * prime[j] : phi[i] * (prime[j] - 1);
if (i % prime[j] == 0) break;
}
}
for (int i = 1; i <= n; i++)
pre[i] = pre[i - 1] + phi[i];
return cnt;
}
void solve()
{
long long n;
scanf("%lld", &n);
shai(n);
long long ans = 0;
for (int d = 1; d <= n; d++)
ans += (2 * pre[n / d] - 1) * d;
printf("%lld\n", (ans - (1 + n) * n / 2) / 2);
}
int main()
{
solve();
return 0;
}