HDU-5528-Count a * b-2015长春B题(数学推导)

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题意:给定一个n，求 g(n) g(n)=f(x1)+f(x2)...+f(xm) ,其中 xi 是 n 的约数， f(n)是取(a，b)，a<n,b<n ，n不能整除 a∗b 的对数。

思路：进行公式推导把。

f(x)=∑x−1a=0∑x−1b=0[x∤a∗b]=x2−∑x−1a=0∑x−1b=0[x∣a∗b]=x2−∑x−1a=0∑x−1b=0[xgcd(x,a)∣agcd(x,a)∗b]

这里b只能取x的倍数，所以公式可以化简为

=x2−∑x−1a=0xxgcd(x,a)=x2−∑x−1a=0gcd(x,a)==x2−∑d|xd∗euler(x/d)

g(n)=∑x|nf(x)=∑x|nx2−∑d|xd∗euler(x/d)=∑x|nx2−∑x|n∑d|xd∗euler(xd)转化一下=∑x|nx2−∑d|n∑i|ndd∗euler(i)=∑x|nx2−∑d|nd∗∑i|ndeuler(i)根据一个性质：一个数的约数的欧拉函数和还为这个数原式可化简为=∑x|nx2−∑dnd∗nd=∑x|nx2−∑d|nn=∑x|nx2−∑x|nx2−n∗h(n)（其中h(n)是n约数的个数）

最后由于积性函数的性质

g(n)=∏i=1r(pai+1i)2−1p2i−1−n∗∏i=1rai+1

#include
using namespace std;
#define maxn 100010
#define ull unsigned long long
bool vis[maxn];
int prime[maxn];
int tp=0;
void init(void) {
    memset(vis,0,sizeof vis);
    vis[1]=vis[0]=1;
    for(int i=1;iif(!vis[i]) {
            prime[++tp]=i;
            for(int j=i+i;j1;
        }
    }
}
void sov(int n) {
    ull ans=1;
    ull ss=n;
    for(int i=1;prime[i]*prime[i]<=n;i++) {
        if(n%prime[i]==0) {
      //      cout << "n=" << n <
    //        cout << "prime=" << prime[i] << endl;
            int cnt=0;
            ull mul=1;
            while(n%prime[i]==0) {
                n/=prime[i];
                cnt++;
                mul*=prime[i];
            }
    //        cout << "mul" << mul << endl;
            mul*=prime[i];
            ss*=(cnt+1);
          //  ans*=((mul*mul)-1)/(prime[i]*prime[i]-1);
            ull a=(mul-1)/(prime[i]-1);
            ull b=mul+1;
            ull c=prime[i]+1;
            ans*=((a/c)*(b/c)*c)+a%c*(b/c)+b%c*(a/c);
        }
    }
  //  cout << ans <
    if(n>1) {
        ss*=2;
        ans*=(1+(ull)n*(ull)n);
    }
  //  cout << ans << " " << ss << endl;
    printf("%llu\n",ans-ss);
}
int main()
{
    init();
    int t,n;
    scanf("%d",&t);
    while(t--) {
        scanf("%d",&n);
        sov(n);
    }
    return 0;
}