GCD(i,j)求和

题意

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)$$
$1<=n,m<=10^{11}$

思路

可以对式子进行一些变化如下
令$N=min(n,m)$
$$原式=\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^{N}gcd(i,j)$$
$$=\sum _{d=1}^{N}d\sum _{i=1}^N\sum _{j=1}^N[gcd(i,j)==d]$$
$$=\sum _{d=1}^{N}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{N}{d}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{N}{d}\rfloor }[gcd(i,j)==1]$$
后面的部分可以用莫比乌斯反演转换为$O(\sqrt{n})$，总复杂度就是为$O(n\sqrt{n})$，还是不可做，转换后为
$$=\sum _{d=1}^{N}d\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{N}{d}\rfloor }\mu (i)\lfloor \frac{n}{id}\rfloor \lfloor \frac{m}{id}\rfloor$$
上式等价于
$$=\sum _{d=1}^{N}d\sum _{id=1}^N\mu (i)\lfloor \frac{n}{id}\rfloor \lfloor \frac{m}{id}\rfloor$$
令$T=id$，对于每一个$T$来说只有$i=\frac{T}{d}$，且$T\%d==0$，带入得
$$=\sum _{d=1}^{N}d\sum _{T=1}^N[T\%d==0]\mu (\frac{T}{d})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor$$
由于$T$只和$d$有关，也可以认为是$T$是$1-N$中$d$得倍数那么式子就可以变为
$$=\sum _{d=1}^{N}d\sum _{d|T}^N\mu (\frac{T}{d})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor$$
把$d$乘进去
$$=\sum _{d=1}^N\sum _{d|T}^{N}d\mu (\frac{T}{d})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor$$
我们可以改变枚举变量，原式枚举的是$d$的倍数，已知在$1-N$中枚举一个数的倍数和$1-N$中枚举一个数的因子是等价的所以，我们可以把枚举$d$的倍数改为枚举$T$的因子，那么就有
$$=\sum _{T=1}^N\sum _{d|T}d\mu (\frac{T}{d})\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor$$
如果你知道狄利克雷卷积的话会发现$$\sum _{d|T}d\mu (\frac{T}{d})$$是一个典型的卷积形式，可知
$$\sum _{d|T}d\mu (\frac{T}{d})=id\ast \mu$$
其中$id$为单位函数$id(n)=n$，$\mu$为莫比乌斯函数
令$h=id\ast \mu$
已知$\mu \ast I=e$其中$e$为元函数$e(n)=[n==1]$，$I$为恒等函数$I(n)=1$
那么有
$$h\ast I=id\ast \mu \ast I$$
$$h\ast I=id\ast e$$
$$h\ast I=id$$
又有$\phi \ast I=id$，所以$h=\phi$，$\phi$为欧拉函数，那么原式有
$$=\sum _{T=1}^N\phi (T)\lfloor \frac{n}{T}\rfloor \lfloor \frac{m}{T}\rfloor$$
欧拉函数前缀和可以用杜教筛求得所以总的时间复杂度就可以在$O(n^{\frac{2}{3}})$内解决了

推荐的题目有1237 最大公约数之和 V3

#include
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxx=10000005;
const int mod=1000000007;
map P;
bool isP[maxx];
int prime[maxx];
int cnt;
ll phi[maxx];
ll inv=500000004;
void init()
{
    phi[1]=1;
    for(int i=2;i