2818: Gcd

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题目大意：给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对

题解：首先有naive的反演做法：枚举每个素数d，令 n′=[n/d] ,

然后求 ∑i=1n′∑j=1n′[gcd(i,j)=1]

可以在 O(NN√ln N) 内做，这里再次分块可以做到O(n)……我觉得可以叫分块套分块……强啊……Orz更快的解法

但是这样做没有利用什么质数的特殊性质……考虑更加优美的做法

把 ∑i=1n′∑j=1n′[gcd(i,j)=1]

拆开变成 2∑i=1n′∑j=1i[gcd(i,j)=1]−1
这个可以结合图形感性认识一下，图形见2190，乘二因为(x,y)和(y,x)算两个，-1为了特判(1,1)只能算一次

由欧拉函数定义式 ϕ(n)=∑i=1n[gcd(i,n)=1]

然后这个式子就变成欧拉函数前缀和了

我的收获：……

#include 
#include 
using namespace std;

const int M=10000005;

int n,p,f[M],phi[M],pri[M];
long long sum[M];

void sieve(){
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++){
        if(!f[i]) pri[++p]=i,phi[i]=i-1;
        for(int j=1;j<=p&&i*pri[j]<=n;j++){
            f[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0){phi[i*pri[j]]=phi[i]*pri[j];break;}
            phi[i*pri[j]]=phi[i]*(pri[j]-1);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        sum[i]=sum[i-1]+phi[i];
}

void init()
{
    cin>>n;long long ans=0;
    sieve();
    for(int i=1;i<=p;i++) ans+=sum[n/pri[i]]*2-1;
    cout<int main()
{
    init();
    return 0;
}