牛客练习赛76 F - phi and phi（欧拉函数性质+莫比乌斯反演+差分）

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题目大意

给定$n$，$f(n)={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n\phi (ij)\phi (gcd(i,j))$，求出$[1,n]$每个数的$f$值输出。

解题思路

这道题有三个难点，我挂在了第一个…

第一步：问题简化

首先式子里的$\phi (gcd(i,j))$看着很不爽，不按常理出牌，导致没办法直接进行反演变换。于是必须简化，题解直接给出了这个结论：

$\phi (i\ast j)=\frac{\phi (i)\ast \phi (j)\ast gcd(i,j)}{\phi (gcd(i,j))}$

证明上式需要知道欧拉函数的这个性质，设$p$为素数，$\phi (p^a)=p^a-p^{a-1}$。简单证明：根据容斥定理，使用$p^a$减去与它不互质的整数个数即可，小于$p^a$且不和$p^a$互质的数的个数就是范围内$p$的倍数的个数，有$\lfloor \frac{p^a}{p}\rfloor =p^{a-1}$个，那么定理得证。根据这个定理，欧拉函数也能通过质因数分解求解。

设$i$的质因数分解式子为$p_1^{a_1}{p}_2^{a_2}...p_n^{a_n}$，$j$的质因数分解式子为$q_1^{b_1}{q}_2^{b_2}...q_n^{b_n}$，设$r$为二者的公共质因子，其中在$i,j$中的幂次为$a,b$。那么将$i\ast j$质因数分解然后求欧拉函数得到$r$部分为$\phi (r^{a+b})$，因此$\phi (r^{a+b})=r^{a+b}-r^{a+b-1}$，互质部分互不影响，那么$\frac{\phi (r^a)\ast \phi (r^b)\ast gcd(r^a,r^b)}{\phi (gcd(r^a,r^b))}=r^{a+b}-r^{a+b-1}$，上式得证。

第二步：反演

$$\begin{gathered} {\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n\phi (ij)\phi (gcd(i,j)) \\ ={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n\phi (i)\phi (j)gcd(i,j) \\ ={\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n{\sum }_{d=1}^n[(i,j)=d]\ast d\ast \phi (i)\ast \phi (j) \end{gathered}$$

将枚举$d$的循环提前：

${\sum }_{d=1}^{n}d{\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^n[(i,j)=1]\ast \phi (i)\ast \phi (j)$

又因为${\sum }_{d|(i,j)}\mu (d)⟺[(i,j)=1]$

$$\begin{gathered} {\sum }_{d=1}^{n}d{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{\sum }_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\phi (i\ast d)\ast \phi (j\ast d){\sum }_{k|(i,j)}\mu (k) \\ ={\sum }_{d=1}^{n}d{\sum }_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\mu (k)\ast [{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{dk}\rfloor }\phi (idk){]}^2 \end{gathered}$$

令$T=kd，d|T$，那么改为枚举$T\in [1,n]$，${\sum }_{T=1}^n{\sum }_{d|T}d\ast \mu (\frac{T}{d})\ast [{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }\phi (i\ast T){]}^2$

又因为$\phi (n)={\sum }_{d|n}\mu (\frac{n}{d})\ast d$，那么最终得到${\sum }_{T=1}^n\phi (T)\ast [{\sum }_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor }\phi (i\ast T){]}^2$

第三步：求解

但是实际上如果单纯看上式，求出一个数的时间复杂度为$O(nlogn)$，如果求$n$次显然直接超时，那么就需要找到降低时间复杂度的方法。

观察上式可以得到，对于某个$T$，那么在$[i\ast T,(i+1)\ast T)$中间的结果都是一样的，那么累积的贡献可以相当于区间都加上这个结果，即求差分。那么枚举$[1,maxn)$的每个$T$，不断地更新每个区间的答案，最后只需要对$[1,n]$求前缀和还原即可。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ENDL "\n"
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int inf = 0x7fffffff;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6 + 10;

ll ans[maxn];
int phi[maxn], prime[maxn];
bitset<maxn> vis;

void euler() {
    phi[1] = 1;
    int cnt = 0;
    for (int i = 2; i < maxn; i++) {
        if (!vis[i]) {
            prime[++cnt] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 1; j <= cnt && 1LL * i * prime[j] < maxn; j++) {
            vis[i * prime[j]] = 1;
            if (i % prime[j])
                phi[i * prime[j]] = (prime[j] - 1) * phi[i];
            else {
                phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
                break;
            }
        }
    }
}

void cal(int n) {
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        ll sum = 0;
        for (int j = 1; j <= n / i; j++) {
            sum = (sum + phi[j * i]) % Mod;
        }
        
    }
}

void solve() {
    for (int i = 1; i < maxn; i++) {
        ll sum = 0;
        for (int l = i, r = 2 * i; l < maxn; l = r, r += i) {
            sum = (sum + phi[l]) % Mod;
            ans[l] = (ans[l] + sum * sum % Mod * phi[i] % Mod) % Mod;
            if (r < maxn)
                ans[r] = (ans[r] - sum * sum % Mod * phi[i] % Mod + Mod) % Mod;
        }
    }
    for (int i = 1; i < maxn; i++) {
        ans[i] = ((ans[i] + ans[i - 1]) % Mod + Mod) % Mod;
    }
}

int main() {
    // ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
    int n;
    euler();
    solve();
    scanf("%d", &n);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        printf("%lld\n", ans[i]);
    }
    return 0;
}