全场都 AK 了就我爆 0 了
题意
\(t\) 组询问，每组询问给定 \(n\)，求 \(\sum\limits_{k=1}^n [n,k]\)。其中 \([a,b]\) 表示 \(a\) 和 \(b\) 的最小公倍数。
\(t\le 3\times 10^5,\space n\le 10^6\)
题解
怎么全世界都做过这题啊
前一天晚上听林老师说今天 T1 是莫比乌斯反演，然后我就出了一身冷汗……我没做过几道莫反，推不出来式子会不会被 D 啊……
然后到了今天……
我自己用模板的方法(?)推了个奇怪的长式子，写完后以为解不了，于是扔一边了……
后来才发现我 sb 了，其实可以解……
我推的式子大概是这样 \[ans = \sum\limits_{T=1}^n \sum\limits_{g|T} \frac{n (\frac{T}{g}+\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \frac{T}{g}) \lfloor \frac{n}{T}\rfloor} {2} \sigma(n) \mu(\frac{T}{g}) \lfloor\frac{n}{T} \rfloor\]
（\(\sigma(n)\) 表示 \(n\) 的约数个数）
显然把 \(\frac{T}{g}\) 提出来，只与 \(\frac{T}{g}\) 有关的项都可以 \(O(n\log n)\) 预处理一下前缀和，查询的时候对 \(\lfloor \frac{n}{T}\rfloor\) 整除分块即可。
我才刚学莫比乌斯反演 \(1e-18\) 秒，就不能对我友好一点么
这个式子的正确性我就懒得验证了，因为标程做法根本就不是莫反，是个简单数论……各位巨佬如果发现我这个式子有问题的话，还烦请指正 \(\text{ヽ(*^ｰ^)人(^ｰ^*)ノ}\)
千万不能相信林老师预告的题目解法（flag）
标程的做法大致是这样：
很显然你没有看到任何莫反的痕迹，一个 \(\mu\) 函数都没有。
除了最后一行外，前面都很好理解。这里解释一下是怎么从倒数第二行 推出最后一行的（我大概就卡在这了）：
我们提出这部分：\(\sum\limits_{k=1}^{\frac{n}{p}} [(k,\frac{n}{p})=1]\)
不难发现，它等于 \(\varphi(\frac{n}{p})\)。
然后我们考虑对于满足 \([(k,\frac{n}{p})=1]\) 的项 \(k\)，把加 \(1\) 改成加 \(k\)，即在 \([(k,\frac{n}{p})=1]\) 前面乘上 \(k\)。
这个好像不是很好求，但我们有这样一个经验：设 \(a\ge b\)，则 \(\gcd(a,b)=\gcd(a,a-b)\)。运用到这里就是 \(\gcd(k,\frac{n}{p}) = \gcd(\frac{n}{p}-k,\frac{n}{p})\)。
也就是说，若 \([(k,\frac{n}{p})=1]\)，则有 \([(\frac{n}{p}-k,\frac{n}{p})=1]\)。即要累加的 \(k\) 是以 \(\frac{n}{p}\) 为和成对出现的！
这个性质就很好，我们可以把加 \(k\) 改成加 \(\frac{\frac{n}{p}}{2}\) 了。显然后者是个定值。
所以我们简化倒数第二行式子得 \[ans = n\sum\limits_{p|n}^{n} \frac{\frac{n}{p}\times \varphi(\frac{n}{p}) + [\frac{n}{p}=1]} {2}\] \[ans = n\sum\limits_{p|n}^{n} \frac{p\times \varphi(p) + [p=1]}{2}\]
\([p=1]\) 是因为当 \(p=1\) 时只有 \(1\) 个 \(k\)，它并不能配对，也就不能当一对的平均数加。但由于加的 \(k\) 是 \(1\)，直接在分子补上 \(1\) 就行了。
这就是标程做法的最后一行式子了。
什么？你问后面那段式子能不能被 \(2\) 整除？你把除以 \(2\) 扩大到等号右边全局不就行了？\(ans\) 肯定是个整数吧。
直到看了别人代码后我才发现后面那段式子一定被 \(2\) 整除……问了一下 scb 聚聚，他 1s 就证出来了，好强啊 ↓↓↓
把 \(\varphi\) 函数打个表就会发现，除了 \(\varphi(1)\) 和 \(\varphi(2)\) 是 \(1\) 以外，\(\varphi\) 值都是偶数。
考虑对 \(\varphi(x)（x\gt 2）\) 的 \(x\) 的奇偶性：
若 \(x\) 是奇数，它至少有一个奇数因子 \(y\)，所以计算 \(\varphi(x)\) 时会乘一次 \(\frac{y-1}{y}\)，而 \(y-1\) 是偶数，所以 \(\varphi(x)\) 是偶数。
若 \(x\) 是偶数，它会被分解成 \(2^z\times y\)，显然 \(y\) 是奇数。当 \(y=1\) 时，\(\varphi(x)=\frac{x}{2}=2^{z-1}\)，是个偶数；当 \(y\) 为其它奇数时，因为 \(\varphi\) 是积性函数，所以 \(\varphi(x) = \varphi(2^z) \varphi(y)\)，而 \(\varphi(y)\) 是偶数，所以 \(\varphi(x)\) 是偶数。
所以当上述式子 \(p\gt 2\) 时，\(\varphi(p)\) 是偶数且 \([p=1]=0\)，故分子是偶数，可以被 \(2\) 整除。
当上述式子 \(p=2\) 时，\(p\) 是偶数且 \([p=1]=0\)，故分子是偶数。
当上述式子 \(p=1\) 时，\(p\times \varphi(p)=1\) 且 \([p=1]=1\)，故分子是 \(2\)，可以被 \(2\) 整除（其实也很显然除完后就是 \(k=1\)）。
预处理 \(\varphi\) 即可。复杂度 \(O(q\log n)\)。
#include
#define ll long long
#define N 1000000
using namespace std;
inline int read(){
int x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
if(f) return x; return 0-x;
}
int t,mx=0,cnt,a[N+5];
ll phi[N+5],pri[N+5],ans[N+5];
bool vis[N+5];
void init(){
phi[1]=1;
for(int i=2;i<=N;i++){
if(!vis[i]) pri[++cnt]=i, phi[i]=i-1;
for(int j=1; j<=cnt && i*pri[j]<=N; j++){
vis[pri[j]*i]=1;
if(i%pri[j]==0){
phi[i*pri[j]] = phi[i] * pri[j];
break;
}
phi[i*pri[j]] = phi[i] * (pri[j]-1);
}
}
}
int main(){
init();
t=read();
for(int i=1; i<=t; i++) mx = max(mx, a[i]=read());
for(int i=1; i<=mx; i++)
for(int j=1; i*j<=mx; j++)
ans[i*j] += (1ll * phi[i] * i + (i==1)) >> 1;
for(int i=1; i<=t; i++) printf("%lld\n", 1ll * ans[a[i]] * a[i]);
return 0;
} 做完这道题后我确信了一件事：我才刚学数论 \(1e-18\) 秒