SP5971 LCMSUM - LCM Sum

一个基于观察不依赖于反演的做法。

首先 \(\rm lcm\) 是不好算的，转化为计算 \(\rm gcd\) 的问题，求：

\[\sum\limits_{i = 1} ^ n \frac{in}{\gcd(i, n)} \]

注意到 \(\gcd(n - i, n) = \gcd(i, n), (n - i) \times n + in = n ^ 2\)，可以考虑将 \(\gcd(n - i, n), \gcd(i, n)\) 一起计算。

具体地，将原式乘 \(2\)， 前后配对。需要注意的是会多出一项，需要额外拿出来。

\[\frac{1}{2} (\sum\limits_{i = 1} ^ n \frac{n ^ 2}{\gcd(i, n)} + n) \]

按照技巧枚举 \(d = \gcd(i, n)\)：

\[\frac{1}{2} (\sum\limits_{d \mid n} \sum\limits_{i = 1} ^ n \frac{n ^ 2}{d} [\gcd(i, n) = d] + n) \]

后面的部分可以除去 \(d\)：

\[\frac{1}{2} (\sum\limits_{d \mid n} \sum\limits_{i = 1} ^ {\frac{n}{d}} \frac{n ^ 2}{d} [\gcd(i, n) = 1] + n) \]

即：

\[\frac{1}{2} (\sum\limits_{d \mid n} \frac{n ^ 2}{d} \times \varphi(\frac{n}{d}) + n) \]

方便起见枚举 \(d = \frac{n}{d}\)：

\[\frac{n}{2} (n \times \sum\limits_{d \mid n} \times d \varphi(d) + 1) \]

中间的求和部分与 \(n\) 无关，直接枚举 \(d\) 再枚举倍数累加贡献即可，复杂度 \(O(n \ln n + T)\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
const int N = 1000000 + 5;
bool iprime[N];
int T, n, tot, phi[N], ans[N], prime[N];
int read() {
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while (c > '9' || c < '0') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
signed main() {
    T = read();
    iprime[1] = phi[1] = 1;
    rep(i, 2, N - 5) {
        if(!iprime[i]) prime[++tot] = i, phi[i] = i - 1;
        for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= N - 5; ++j) {
            iprime[i * prime[j]] = 1;
            if(i % prime[j] == 0) { phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]; break;}
            phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
        }
    }
    rep(i, 1, N - 5) for (int j = i; j <= N - 5; j += i) ans[j] += i * phi[i];
    while (T--) n = read(), printf("%lld\n", (n * ans[n] + n) / 2);
    return 0;
}

值得一提的是，如果答案贡献式各个部分都包含变量时，通过观察和一些技巧减少变量的个数是一种简化问题的手段。