公约数的和 / 最大公约数 / GCD SUM【欧拉函数】

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luogu P1390

luogu P2398

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>Description

给出$n$，求$$\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j)$$
（GCD SUM的题面会略有不同，但是原理都是一样的，稍微改动就好了）

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>解题思路

#关于欧拉函数
$\phi (n)$表示$1$ ~ $n-1$中与$n$互质的数的个数
对于质数$n$，那么肯定$\phi (n)=n-1$

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埃氏筛$O(nlogn)$：
我们知道对于一个正整数分解质因数会有：$n=p_1^{c_1}\ast p_2^{c_2}\ast ...\ast p_m^{c_m}$
先给出公式 $\phi (n)=n\ast (1-\frac{1}{p_1})\ast (1-\frac{1}{p_2})\ast ...\ast (1-\frac{1}{p_n})$
证明——
假设$n$只有两个质因数$p_1$和$p_2$，那我们的$\phi (n)$先要筛去$p_1$和$p_2$的倍数，$\phi (n)=n-\frac{n}{p_1}-\frac{n}{p_2}$
但是对于$p_1$和$p_2$的公倍数，我们好像多筛去了一次，所以我们要加上 $\phi (n)=n-\frac{n}{p_1}-\frac{n}{p_2}+\frac{n}{p_1\ast p_2}$
$\phi (n)=n\ast (1-\frac{1}{p_1}-\frac{1}{p_2}+\frac{1}{p_1\ast p_2})$
$\phi (n)=n\ast (1-\frac{1}{p_1})\ast (1-\frac{1}{p_2})$

然后我们推到多个质因数，就是 $\phi (n)=n\ast (1-\frac{1}{p_1})\ast (1-\frac{1}{p_2})\ast ...\ast (1-\frac{1}{p_n})$ 了

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$$\sum _{i=1}^{n}gcd(i,n)=\sum _{k|n}\phi (n/k)\ast k$$
证明——
设$gcd(i,n)=k$，那么$gcd(i/k,n/k)=1$
设$x=i/k$，那么$gcd(x,n/k)=1$，$gcd(x\ast k,n)=k$
求$1$ ~ $n/k-1$中与$n/k$互质的数的个数，再乘上个数$k$，即原来的式子可以转化成 $\sum \phi (n/k)\ast k$

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#关于这道题

$$\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j)$$
我们可以倒着来看，转换成（因为倒着好处理）$$\sum _{i=2}^n\sum _{j=1}^{i-1}gcd(i,j)$$
$$\sum _{i=2}^n\sum _{j=1}^{i-1}\sum _{k|i}k\ast [gcd(i,j)==k]$$
$$\sum _{i=2}^n\sum _{k|i}k\ast \sum _{j=1}^{i-1}[gcd(i,j)==k]$$
$$\sum _{i=2}^n\sum _{k|i}k\ast \sum _{j=1}^{i-1}[gcd(i/k,j/k)==1]$$
$$\sum _{i=2}^n\sum _{k|i}k\ast \sum _{j=1}^{i/k-1}[gcd(i/k,j)==1]$$
$$\sum _{i=2}^n\sum _{k|i}k\ast \phi (i/k)$$

我们预处理$\phi$值，最后求一个前缀和就行了

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>代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1000010
#define LL long long
#define db double
using namespace std;

LL T, n[N], maxn, f[N], zs[N], sum[N], tot;
bool mark[N];
db phi[N];

int main()
{
	scanf ("%lld", &T);
	for (LL i = 1; i <= T; i++)
	  scanf ("%lld", &n[i]),
	  maxn = max (maxn, n[i]);
	for (LL i = 1; i <= maxn; i++) phi[i] = i;
	for (LL i = 2; i <= maxn; i++)
	  if (phi[i] == i)
	  {
	  	phi[i]--;
	  	for (int j = i + i; j <= maxn; j += i)
	  	  phi[j] *= ((db)1 - (db)1 / (db)i);
	  }
	for (LL i = 2; i <= maxn; i++)
	  for (LL j = 1; j <= maxn / i; j++)
	    f[i * j] += phi[i] * j;
	for (LL i = 1; i <= maxn; i++)
	  sum[i] = sum[i - 1] + f[i];
	for (LL i = 1; i <= T; i++)
	  printf ("%lld\n", sum[n[i]]);
	return 0;
}