题解 UVA11424 GCD - Extreme (I)

Description

求

\[\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n} \gcd(i, j) \]

Solution

莫反练习题。

我们知道 \(id(n) = n\) ，所以原式化为：

\[\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n} id(\gcd(i,j)) \]

又因为 $id = \varphi \ast I $， 那么：

\[\begin{aligned} id(n) & = \sum_{d \mid n} \varphi(d) \times I(\frac{n}{d}) \\ & = \sum_{d \mid n} \varphi(d) \end{aligned} \]

所以上式化为：

\[\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = i + 1}^{n} \sum_{d \mid \gcd(i,j)} \varphi (d) \]

把 \(d\) 提到前面去，\(i,j\) 改为枚举 \(d\) 的倍数。

\[\sum_{d = 1}^{n} \sum_{i = 1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} \sum_{j = i + 1}^{\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor} \varphi (d) \]

后面的变量与后面两个 \(\sum\) 中的变量无关，可以直接化掉。不同于其他大佬的做法，我们先把这两个 \(\sum\) 拿出来，并设 \(x = {\left \lfloor \frac{n}{d} \right \rfloor}\) 。两个 \(\sum\) 变成：

\[\sum_{i = 1}^{x} \sum_{j = i + 1}^{x} 1 = \frac{x (x-1)}{2} \]

所以不用在减去重复的并除以 \(2\)，直接代回去可得：

\[\sum_{d = 1}^{n} \frac{x(x-1)}{2} \varphi(d) \]

枚举 \(d\) 即可，复杂度 \(O(n)\)。

考虑到有多组数据，只是 \(O(n)\) 的枚举还是会 T 掉，所以使用整除分块优化。

不会的话可以看一下这位大佬的博客 -> 整除分块

整除分块的复杂度为 \(O(\sqrt{n})\)，总复杂度为 \(O(T\sqrt{n})\)，其中 \(T\) 表示有 \(T\) 组数据。

剩下的看代码吧。

Code

/*
Work by: Suzt_ilymics
Problem: 不知名屑题
Knowledge: 垃圾算法
Time: O(能过)
*/
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define LL long long
#define orz cout<<"lkp AK IOI!"<<endl

using namespace std;
const int MAXN = 1e6+5;
const int INF = 1e9+7;
const int mod = 1e9+7;

int read(){
    int s = 0, f = 0;
    char ch = getchar();
    while(!isdigit(ch))  f |= (ch == '-'), ch = getchar();
    while(isdigit(ch)) s = (s << 1) + (s << 3) + ch - '0' , ch = getchar();
    return f ? -s : s;
}

LL prim[MAXN], phi[MAXN], Cnt = 0, sum[MAXN];
bool vis[MAXN];

void Init(int limit) {
    phi[1] = 1, sum[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= limit; ++i) { // 利用线性筛预处理欧拉函数
        if(!vis[i]) phi[i] = i - 1, prim[++ Cnt] = i;
        for(int j = 1; j <= Cnt && i * prim[j] <= limit; ++j) {
            vis[i * prim[j]] = true;
            if(i % prim[j] == 0) { phi[i * prim[j]] = phi[i] * prim[j]; break; }
            else phi[i * prim[j]] = phi[i] * phi[prim[j]];
        }
        sum[i] = sum[i - 1] + phi[i];
    }
}

int main()
{
    Init(200010);
    while(true) { // 多组询问
        int n = read();
        if(!n) return 0;
        LL ans = 0;
        for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) { // 整除分块
            r = n / (n / l);
            LL x = n / l;
            ans += x * (x - 1) / 2 * (sum[r] - sum[l - 1]);
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}