P1390 公约数的和 题解

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Solution

莫比乌斯反演经典入门题。

题目里面各种推式子的过程也很经典。

话不多说，进入正文。

我们先不管题目，求 \(\sum\limits_{i = 1}^n\sum\limits_{j = 1}^ngcd(i, j)\)

下面就是一波愉快的推式子啦：

\[\sum\limits_{i = 1}^n\sum\limits_{j = 1}^ngcd(i, j) \]

\[\sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^n\sum\limits_{j = 1}^n[gcd(i, j) = k] \]

\[\sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{j = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}[gcd(i, j) = 1] \]

\[\sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{j = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\epsilon(gcd(i, j)) \]

根据 \(\epsilon = \mu * I\)，即 \(\epsilon(n) = \sum\limits_{d | n}\mu(d)\)，得：

\[\sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{j = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{d | (i, j)}\mu(d) \]

\[\sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{j = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{d | i}\sum\limits_{d | j}\mu(d) \]

\[\sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{d | i}\sum\limits_{j = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{d | j}\mu(d) \]

我们先考虑这样一个式子如何化简：

\[\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{d | i}\mu(d) \]

把枚举 \(i\) 改成枚举 \(d\)，\(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 以内是 \(d\) 的倍数的数有 \(\left\lfloor\dfrac{n}{dk}\right\rfloor\) 个，得：

\[\sum\limits_{d = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\left\lfloor\dfrac{n}{dk}\right\rfloor\mu(d) \]

把这个式子代入到刚才我们化简得那个式子中去：

\[\sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{d | i}\sum\limits_{j = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{d | j}\mu(d) \]

\[\sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{d = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\left\lfloor\dfrac{n}{dk}\right\rfloor^2\mu(d) \]

至此，我们的式子就推完啦。

但是这道题目还没有结束，因为 \(j\) 的循环是从 \(i + 1\) 开始的，所以还要减去算多的部分。

那么算多了哪些呢？

用一张图来看一下：

我们式子里计算的是第一张图片中的阴影部分（也就是整个正方形），而这道题目求的第二张图片中的阴影部分（右上角）。

所以答案就是减去对角线再除以二。

对角线上的值是多少呢？

对角线上的点是 \((i, i)\)，所以就是 \(\sum\limits_{i = 1}^ngcd(i, i)\)，转化一下 \(\sum\limits_{i = 1}^ni\)，即\(\frac{n \times (n + 1)}{2}\)。

\[ans = \frac{res - \frac{n \times (n + 1)}{2}}{2} \]

\(res\) 就是上面式子推出来的值，用整除分块快速求一下即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long

using namespace std;

namespace IO{
    inline ll read(){
        ll x = 0;
        char ch = getchar();
        while(!isdigit(ch)) ch = getchar();
        while(isdigit(ch)) x = (x << 3) + (x << 1) + ch - '0', ch = getchar();
        return x;
    }

    template <typename T> inline void write(T x){
        if(x > 9) write(x / 10);
        putchar(x % 10 + '0');
    }
}
using namespace IO;

const ll N = 2e6 + 10;
ll n, ans;
ll mu[N], p[N], tot;
bool vis[N];

inline void euler(){
    mu[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; ++i){
        if(!vis[i]) p[++tot] = i, mu[i] = -1;
        for(int j = 1; j <= tot && i * p[j] <= n; ++j){
            vis[i * p[j]] = 1;
            if(i % p[j] != 0) mu[i * p[j]] = -mu[i];
            else{
                mu[i * p[j]] = 0;
                break;
            }
        }
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i) mu[i] += mu[i - 1];
}

inline ll calc(ll n){
    ll res = 0;
    for(int l = 1, r; l <= n; l = r + 1){
        r = min(n, n / (n / l));
        res += (mu[r] - mu[l - 1]) * (n / l) * (n / l);
    }
    return res;
}

signed main(){
    n = read();
    euler();
    for(int k = 1; k <= n; ++k) ans += k * calc(n / k);
    write((ans - (n * (n + 1) >> 1)) >> 1), puts("");
    return 0;
}

\[\_EOF\_ \]