前言
这样的函数 可以用线性筛，于是我就自己推了推，发现自己有好多问题没学透...
最后好不容易过了，但是常数巨大，实际上还不如 \(\mathcal O(n\ln n)\)...
题目
解法
\(\text{Part 1}\)
\(i\) 挺难搞的，但由于 \(\gcd(n,i)=\gcd(n,n-i)\)，我们可以把 \(i\) 两两分组都凑成 \(n\)。
然后我试了试这个式子（这个式子到最后推不动，如果不想看的可以跳过）：
具体就是 \(n\) 没有数进行配对，如果 \(n\) 是偶数那么 \(\frac{n}{2}\) 也没有数配对，所以在后面再算。
然后想到枚举 \(\gcd\)。
推到这里发现不能用欧拉函数搞，因为 \((n-1)/2g\) 这个范围和 \(\frac{n}{g}\) 不同。
发现了这个方法有问题的原因后，我们不妨换一种思路：将 \(\frac{i}{\gcd(i,n)}\) 看成 \(\frac{n}{\gcd(i,n)}\)，这样需要将答案除以 \(2\)，但是我们发现 \(i\) 的值域可以达到 \(n\) 了！
有一个小细节，\(\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{\gcd(i,n)}\) 并没有算第 \(n\) 项，因为 \(\sum_{i=1}^{n}\frac{n}{\gcd(i,n)}\) 是个奇数，而那个 \(1\) 是第 \(n\) 项贡献的，所以在除二的时候被除掉了。最后我又加回去了。
在这个式子里，第 \(n\) 项就是 \(d=1\) 的情况，此时 \(\varphi(1)=0\)，所以也没有算第 \(n\) 项。
\(\text{Part 2}\)
然后我们发现 \(g(i)=i\times \varphi(i)\) 肯定是个积性函数，只不过我们要求的是 \(f(n)=\sum_{d|n}d\times \varphi(d)\)。此外我们还需要定义辅助函数 \(pk(i)\)，假设 \(i\) 中最小质因子 \(p\) 在 \(i\) 中的幂次为 \(k\)，那么 \(pk(i)=p^k\)。
-
\(i\) 为质数。\(f(i)=i(i-1),pk(i)=i\)。
-
\(i\) 与 \(p\) 互质。
考虑相对 \(i\)，\(ip\) 的因数增加了什么 —— 容易发现它们都是 \(p\) 的倍数。那么就有：
\[f(ip)=f(i)+\sum_{kp|ip}g(kp) \]\(k\) 和 \(p\) 一定是互质的，可以用反证法，就不赘述。于是就有：
\[f(ip)=f(i)+(f(i)+1)\times g(p) \]\[pk(ip)=p \]加一是因为 \(f(i)\) 没有计算约数为 \(1\) 的情况，但这在 \(f(ip)\) 里对应着 \(p\)。我就被这个坑了很久。
-
\(i\) 与 \(p\) 不互质。
将 \(i\) 拆分成 \(j\times p^k\)。类似地，考虑增加的因数都是 \(p^{k+1}\) 的倍数。于是有：
\[f(ip)=f(i)+(f(j)+1)\times g(p^{k+1}) \]\[pk(ip)=pk(i)\times p \]加一的理由同上。
总结
除了单纯的积性函数之外，应该还可以用线性筛搞搞积性函数的 “前缀和”。
我倒戈了，暴力加它不香吗？
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T> inline T read(const T sample) {
T x=0; int f=1; char s;
while((s=getchar())>'9'||s<'0') if(s=='-') f=-1;
while(s>='0'&&s<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),s=getchar();
return x*f;
}
template <class T> inline void write(const T x) {
if(x<0) return (void) (putchar('-'),write(-x));
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
const int maxn=1e6+5;
int n,p[maxn],pc;
long long f[maxn],pk[maxn];
bool is[maxn];
void init() {
f[1]=0;
for(int i=2;i<=maxn-5;++i) {
if(!is[i]) p[++pc]=i,f[i]=1ll*i*(i-1),pk[i]=i;
for(int j=1;j<=pc and i*p[j]<=maxn-5;++j) {
is[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0) {
f[i*p[j]]=f[i]+(f[i/pk[i]]+1)*(pk[i]*p[j]-pk[i])*pk[i]*p[j];
pk[i*p[j]]=pk[i]*p[j];
break;
}
f[i*p[j]]=f[i]+(f[i]+1)*(p[j]-1)*p[j];
pk[i*p[j]]=p[j];
}
}
}
signed main() {
init();
for(int T=read(9);T;--T) {
int n=read(9);
print(f[n]*n/2+n,'\n');
}
return 0;
}
