【GDSOI 2016】互补约数

Description

Solution1

一题标准的莫比乌斯反演，
变式：

ans=∑i=1n∑j|igcd(i,ji)=∑i=1n∑j=1⌊ni⌋gcd(i,j)

设gcd(i,j)=d的数有 f(d) 个， g(d) 表示 d|gcd(i,j) 的个数,

g(d)=∑i=1⌊nd⌋f(id)

，
根据反演：

f(d)=∑i=1⌊nd⌋g(id)μ(i)

那么

ans=∑d=1n√f(d)∗d

（因为gcd(i,j)不可能大于 n−−√ ）
展开：

ans=∑d=1n√d∗∑i=1⌊nd⌋g(id)μ(i)

用 T=id

ans=∑T=1ng(T)∑d|Td∗μ(Td)

因为 g(d) 表示 d|gcd(i,j) 的个数，所有可以表示成： gcd(d∗x,d∗y) ，
枚举其中的x，

g(T)=∑x=1⌊nT2⌋⌊nT2∗x⌋

所以当 T>n−−√ 时， g(T)=0 无意义，第一个枚举的界限可以降低到 n−−√

ans=∑T=1n√g(T)∑d|Td∗μ(Td)

g(T) 用分块，后面那一堆暴力算，

复杂度：约 O(n34) （我不会算，CZY用微积分证明了(%%%)）

Solution2

ans=∑T=1n√φ(T)∑x=1⌊nT2⌋⌊nT2∗x⌋

因为 φ(n)=∑d|nnd∗μ(d) ;（ 详情点这里）
所以我们发现跟上面的式子一模一样。

Code

#include<cstdio>
#include<cmath>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=400000;
int pr[N/3],mu[N];
int b[N/3];
bool prz[N];
LL g[N],n,m,ans;
void dofirst(int n)
{
    mu[1]=1;
    fo(i,2,m)
    {
        if(!prz[i])pr[++pr[0]]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=pr[0] && i*pr[j]<=m;j++)
        {
            prz[i*pr[j]]=1;
            if(!(i%pr[j]))break;
            mu[i*pr[j]]=-mu[i];
        }
    }
}
void zh(int q,int e,int T)
{
    if(q>pr[0]){g[T]+=(LL)e*mu[T/e];return;}
    fo(i,0,b[q])zh(q+1,e,T),e*=pr[q];
}
LL fk(LL n)
{
    LL ans=0,t=1,r;
    while(t<=n)
    {
        r=n/(n/t);
        ans+=n/t*(r-t+1);
        t=r+1;
    }
    return ans;
}
int main()
{
    freopen("gcd.in","r",stdin);
    freopen("gcd.out","w",stdout);
    scanf("%lld",&n);m=sqrt(n);
    dofirst(m);
    fo(I,1,m)
    {
        pr[0]=0;int i=I;
        fo(j,2,sqrt(i))if(!(i%j))
        {
            pr[++pr[0]]=j;b[pr[0]]=0;
            while(!(i%j))i/=j,b[pr[0]]++;
        }
        if(i-1)pr[++pr[0]]=i,b[pr[0]]=1;
        zh(1,1,I);
    }
    fo(T,1,m)ans+=g[T]*fk(n/T/T);
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}