UVA 11426 GCD-Extreme(II) ★ (欧拉函数)

题意

求Σ _{1<=i<N} Σ _{i<j<=N} GCD(i, j)     (N<=4000000)

分析

原始思路

暴力求明显是不行的，我们把式子简化形式一下发现它可以写成Σ _{2<=j<=N} GCD(1~j-1, j) 这个形式就给我们一种思路：可以只枚举j，然后快速算出GCD(1~j-1, j) 我们当然不能枚举1~j-1那么算，那么再换种思路，枚举可能的答案k，即j的所有约数。分别计算GCD(1~j-1, j) = k的方案数（ HDU 1695），然后加起来就能求出和了。 【求GCD(x, j) = k，x ∈ (1, j-1)的个数】我们知道j必须是k的倍数，所以可以在等式两边同时除以k变成：GCD(x, j/k) = 1，x ∈ (1, j/k-1)。那么显然答案等于phi(j/k)。

进一步优化

上面的方法还是超时，我们还需要优化。在求j的约数时会有很多无用状态，它的过程很像是暴力判断素数一样，联想到筛法求素数，我们也可以想到类似的思路：枚举k，那么k的倍数就是j，然后再算GCD(1~j-1, j) = k。  

#include 
 
   
    
  
#include 
  
    
      #include 
     
       #include 
      
        #include 
       
         #include 
        
          #define MID(x,y) ((x+y)/2) #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) using namespace std; const int MAX = 4000002; int phi[MAX]; bool noprime[MAX]; vector 
         
           prime; void Euler(int n){ phi[1] = 0; for (int i = 2; i <= n; i ++){ if (!noprime[i]){ prime.push_back(i); phi[i] = i - 1; } for (int j = 0; j < (int)prime.size() && prime[j] * i <= n; j ++){ noprime[prime[j]*i] = 1; if (i % prime[j] == 0){ phi[prime[j]*i] = phi[i] * prime[j]; } else{ phi[prime[j]*i] = phi[i] * phi[prime[j]]; } } } } long long f[MAX]; int main(){ //freopen("test.in", "r", stdin); //freopen("test.out", "w", stdout); Euler(MAX); mem(f, 0); for (int i = 1; i < MAX; i ++){ for (int n = i*2; n < MAX; n += i){ f[n] += i * phi[n/i]; } } int n; while(scanf("%d", &n), n){ long long res = 0; for (int i = 2; i <= n; i ++){ res += f[i]; } printf("%lld\n", res); } return 0; }