[BZOJ2818]Gcd

题面戳我
题意：求

\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[\gcd(i,j)\mbox{为质数} ] \]

sol

反演都会就不讲了。
化成的式子：

\[\sum_{p\mbox{为质数}}^{n}\sum_{d=1}^{n/p}\mu(d)\lfloor \frac {n/p}i\rfloor^2 \]

其实就是

\[\sum_{p=1}^{n}[p\mbox{为质数}]\sum_{d=1}^{n/p}\mu(d)\lfloor \frac {n/p}i\rfloor^2 \]

你就当做有一个函数

\[h(x)=[x\mbox{为质数}] \]

然后对这个函数做一个前缀和就行了。还是两遍数论分块。
复杂度\(O(n)\)

code

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e7 + 5;
int n,mu[N],pri[N],tot,zhi[N];
void Mobius()
{
	zhi[1]=mu[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;j++)
		{
			zhi[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
			else {mu[i*pri[j]]=0;break;}
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)
		mu[i]+=mu[i-1],zhi[i]=(!zhi[i])+zhi[i-1];
}
ll calc(int a)
{
	int i=1;
	ll res=0;
	while (i<=a)
	{
		int j=a/(a/i);
		res+=1ll*(mu[j]-mu[i-1])*(a/i)*(a/i);
		i=j+1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	Mobius();
	int i=1;
	ll ans=0;
	while (i<=n)
	{
		int j=n/(n/i);
		ans+=1ll*(zhi[j]-zhi[i-1])*calc(n/i);
		i=j+1;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}