hihocoder #1867 : GCD

给定一个排列 $a_1 \sim a_n$，其中 $1 \le n \le 2 \times 10^5$，求：

$$
\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}[i \perp j] [a_i \perp a_j]
$$

发现这个 $j$ 的枚举不是从 $1$ 开始的，有些不爽，不妨看看能换成啥：

$$
\begin{aligned}
&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[i \perp j][a_i \perp a_j] \\
=&[a_1=1]+2\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}[i \perp j][a_i \perp a_j] \\
=&[a_1=1]-2[a_1=1]+2\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}[i \perp j][a_i \perp a_j] \\
\end{aligned}
$$

也就是说：

$$
\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}[i \perp j] [a_i \perp a_j]=\frac{[a_1=1]+\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[i \perp j][a_i \perp a_j]}{2}
$$

于是只需要关心 $j$ 从 $1$ 开始的那个式子就行了，这样就很好做了

设：

$$
F(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[d \mid i][d \mid j] [a_i \perp a_j]
$$

那么有：

$$
f(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[\gcd(i,j)=d][a_i \perp a_j]=(F \times \mu)(d)
$$

答案就是 $f(1)$ 了

考虑如何计算 $F(d)$，一个比较显然的思路就是：

$$
\begin{aligned}
F(d)=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}[d \mid i][d \mid j] [a_i \perp a_j] \\
=&\sum_{t=1}^{n}\mu(t) \left(\sum_{i=1}^{n} [d \mid i] [t \mid a_i] \right)^2
\end{aligned}
$$

在枚举 $d$ 的时候，可以顺便把 $d$ 的所有倍数位置的 $a_i$ 都搞出来，然后放到一个 $g$ 数组中，其中 $g_x=\sum_{i=1}^{n} [d \mid i][x \mid a_i]$，这个可以直接枚举 $a_i$ 的约数后更新

这样一来计算 $F(d)$ 的时候只需要枚举所有 $d$ 的倍数的约数的并集就行了

不妨分析一下这种暴力的时间复杂度：

首先每一个 $a_i$ 会在 $i$ 的某个约数的时候被枚举到，之后还会枚举 $a_i$ 的约数，因此这部分的时间复杂度是 $O(\sum_{i=1}^{n}\sigma_0^2(i))$，经打表计算，在 $n =2 \times 10^5$ 的时候大概是 $10^7$ 左右的级别

至于其它地方的时间复杂度，都小于这个时间复杂度，因此总的时间复杂度就是 $O(\sum_{i=1}^{n}\sigma_0^2(i))$ 左右了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2e5 + 10;
vector<int> g[N];
ll ans, f[N], F[N], cnt[N];
int n, mu[N], pri[N], tot, vis[N], a[N], fafa[N];

int main() {
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i) scanf("%d", &a[i]);
    
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2 ; i <= n ; ++ i) {
        if(!vis[i]) {
            mu[i] = -1;
            pri[++ tot] = i;
        }
        for(int j = 1 ; j <= tot && i * pri[j] <= n ; ++ j) {
            vis[i * pri[j]] = 1;
            if(i % pri[j] == 0) break;
            mu[i * pri[j]] = -mu[i];
        }
    }
    
    for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
        for(int j = i ; j <= n ; j += i)
            g[j].push_back(i);
    
    for(int d = 1 ; d <= n ; ++ d) {
        for(int i = d ; i <= n ; i += d) {
            for(int j = 0 ; j < g[a[i]].size() ; ++ j) {
                ++ cnt[g[a[i]][j]];
            }
        }
        
        int T = ++ fafa[0];
        for(int i = d ; i <= n ; i += d) {
            for(int j = 0 ; j < g[a[i]].size() ; ++ j) {
                int x = g[a[i]][j];
                if(fafa[x] == T) continue;
                fafa[x] = T;
                f[d] += mu[x] * cnt[x] * cnt[x];
                cnt[x] = 0;
            }
        }
    }
    
//    for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
//        for(int j = i ; j <= n ; j += i)
//            F[i] += f[j] * mu[j / i];
//    ans = (F[1] + (a[1] == 1)) / 2;
    
    for(int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
        ans += f[i] * mu[i];
    ans = (ans + (a[1] == 1)) / 2;
    printf("%lld\n", ans);
}