【JZOJ 4496】【GDSOI 2016】第一题 互补约数 （两种解法）

Description

求

∑i=1n∑d|igcd(d,id)

对于100%的数据， n≤1011 。

Analysis

方法一

这是一个不需要莫比乌斯反演的方法。

∑i=1n∑d|igcd(d,id)

=∑i∗j≤ngcd(i,j)

=∑i∗j≤n∑d|gcd(i,j)φ(d)

这里用到了一个 φ 的性质， ∑d|nφ(d)=n ，具体证明可以看 我的博客。

=∑i∗j≤n∑d|i⋂d|jφ(d)

调换主体，得

=∑d=1n√φ(d)∑i∗j≤⌊nd2⌋1

=∑d=1n√φ(d)∑i=1⌊nd2⌋⌊nd2i⌋

随着 d 的增长， d2 增长迅速，因此 ⌊nd2⌋ 会迅速收敛到很小，并且有许多的 ⌊nd2i⌋ 的值是一样的，所以可以分块处理。时间复杂度是很优的。

方法二

这次我们用莫比乌斯反演。

∑i=1n∑d|igcd(d,id)

=∑i=1n∑j=1⌊ni⌋gcd(i,j)

设 f(d) 表示上式中满足 gcd(i,j)=d 的 i,j 有多少对;
g(d) 表示上式中满足 d|gcd(i,j) 的 i,j 有多少对。
首先有

g(d)=∑i=1⌊nd⌋f(d∗i)

反演

f(d)=∑i=1⌊nd⌋g(d∗i)∗μ(i)

而我们要求的

Ans=∑d=1nd∗f(d)

=∑d=1nd∑i=1⌊nd⌋g(d∗i)∗μ(i)

设 T=d∗i ，再调换主体

=∑T=1ng(T)∑i|TTi∗μ(i)

但其实 T 只用枚举到 n−−√ ，因为 n−−√ 是在 i∗j≤n 的范围内 gcd(i,j) 的最大取值，此时 i=j=n−−√
那么 g(T) 怎么求呢？
若 d|gcd(i,j) ，则可以设 dx,dy 分别为任意的 i,j ，因为必有 d|gcd(dx,dy)
所以我们枚举 x ，因为 dx∗dy≤n ，所以 x 只需要枚举到 ⌊nd2⌋

g(T)=∑x=1⌊nT2⌋⌊nT2x⌋

所以

Ans=∑T=1n√∑x=1⌊nT2⌋⌊nT2x⌋∗∑i|TTi∗μ(i)

这个东西直接做，预处理一些东西，就可以AC了。
但我们的追求更远。
上面这个式子有没有一点眼熟？
我们把方法一最后得出的结论搬下来

Ans=∑d=1n√φ(d)∑i=1⌊nd2⌋⌊nd2i⌋

，
两个式子比较一下，许多东西非常相似，所以我们可以提出这样一个猜想

φ(n)=∑d|nnd∗μ(d)

证明如下：
设 f(n)=φ(n),g(n)=n
根据上面说的那个欧拉函数的性质，得

g(n)=n=∑d|nφ(d)=∑d|nf(d)

反演

f(n)=φ(n)=∑d|ng(nd)∗μ(d)=∑d|nnd∗μ(d)

得证！
殊途同归！

Code

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=316230;
int phi[N],pri[N];
bool bz[N];
void pre(int n)
{
    phi[1]=1;
    fo(i,2,n)
    {
        if(!bz[i])
        {
            phi[i]=i-1;
            pri[++pri[0]]=i;
        }
        fo(j,1,pri[0])
        {
            int t=i*pri[j];
            if(t>n) break;
            bz[t]=1;
            if(i%pri[j]==0)
            {
                phi[t]=phi[i]*pri[j];
                break;
            }
            phi[t]=phi[i]*phi[pri[j]];
        }
    }
}
int main()
{
    freopen("gcd.in","r",stdin);
    freopen("gcd.out","w",stdout);
    ll n,ans=0;
    scanf("%lld",&n);
    int m=int(sqrt(n));
    pre(m);
    fo(p,1,m)
    {
        ll i,l=n/p/p,t=0;
        for(ll j=1;j<=l;j=i+1)
        {
            i=l/(l/j);
            t+=(i-j+1)*(l/j);
        }
        ans+=phi[p]*t;
    }
    printf("%lld",ans);
    fclose(stdin);fclose(stdout);
    return 0;
}