「欧拉函数」学习笔记

合集 - 学习笔记(19)

1.「割点」&「割边」学习笔记2023-12-042.「点双通分量」&「缩点」学习笔记2023-12-063.「exgcd」学习笔记2023-12-304.「裴蜀定理」学习笔记2023-12-295.「乘法逆元」学习笔记2023-12-286.「LCA」学习笔记2023-12-227.「矩阵乘法与快速幂」学习笔记2024-03-128.「manacher」学习笔记2024-02-019.「Tire树」学习笔记2024-01-3010.「KMP」学习笔记2024-01-3011.「哈希」学习笔记2024-01-2912.「威尔逊定理」学习笔记2024-01-18

13.「欧拉函数」学习笔记2024-01-09

14.「后缀数组」学习笔记2024-04-2815.「平衡树」学习笔记2024-05-2816.「BSGS」学习笔记2024-07-2517.「dfs 序求 lca」学习笔记2024-07-3018.「AC自动机」学习笔记2024-08-2519.「最小割树」学习笔记 & 「P4897 【模板】最小割树（Gomory-Hu Tree）」 题解02-22

收起

前知导入

唯一分解定理

对于任何一个大于 $1$ 的正整数都能分成有限个质数的乘积

即若 $n$ 为大于 $1$ 的整数，则有：$n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$

其中，$p_i$ 为质数且递增，$p_i\le n,c_i\ge 0$

---

容斥原理

在此仅做简单引入

带入情景，班里有 $10$ 个同学喜欢数学，$5$ 个喜欢语文，$8$ 个喜欢英语，求至少喜欢一门的学生个数

这个问题很好解决，讲喜欢这三科的学生的集合分别记作 $A,B,C$，则至少喜欢一门的学生表示为 $|A\cup B\cup C|$

则 $|A\cup B\cup C|=|A|+|B|+|C|-|A\cap B|-|A\cap C|-|B\cap C|+|A\cap B\cap C|$

这就是简单的容斥原理

---

欧拉函数定义

写作 $\phi (n)$，表示小于等于 $n$ 的正整数中与 $n$ 互质的个数

---

$\phi (n)$通式

$$\phi (n)=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ n\times \prod _{p\in \mathbb{p},p|n}(1-{\displaystyle \frac{1}{p}})& i\ne 1\end{array}$$

---

• $\mathrm{证}\mathrm{明}$：

  当 $n>1$ 时，根据唯一分解定理，设 $n=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}$其中 $p_i,p_j$ 为 $n$ 的质因子

  则 $1\sim n$ 中，$p_i$ 的倍数有 ${\displaystyle \frac{n}{p_i}}$ 个，$p_j$ 的倍数有 ${\displaystyle \frac{n}{p_j}}$ 个

  根据容斥原理，$1\sim n$ 中不与 $n$ 有共同因子 $p_i$ 或 $p_j$ 的个数为 $$n-{\displaystyle \frac{n}{p_i}}-{\displaystyle \frac{n}{p_j}}+{\displaystyle \frac{n}{p_i\times p_j}}=n\times (1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}}-{\displaystyle \frac{1}{p_j}}+{\displaystyle \frac{1}{p_i\times p_j}})=n\times (1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}})\times (1-{\displaystyle \frac{1}{p_j}})$$

  以此类推，将 $n$ 的全部质因子全部代入容斥原理，即可得到 $\phi (n)$

---

• $\mathrm{代}\mathrm{码}\mathrm{实}\mathrm{现}$

  1. 线性筛法求 $1\sim n$ 的欧拉函数

     时间复杂度 $O(n)$

  void euler(int n)
  {
      phi[1]=1;
      for(int i=2;i<=n;i++)
      {
          if(!vis[i])
              len++,
              prime[len]=i,
              phi[i]=i-1;
          for(int j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++)
          {
              vis[i*prime[j]]=1;
              if(!(i%prime[j]))
              {
                  phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                  break;
              }
              else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
          }
      }
  }

  ---

  2. 求单个数的欧拉函数

     先对其分解质因数，然后带入公式

     单个数的复杂度为 $O(\sqrt{n})$

  int phi(int x)
  {
      int ret=x;
      for(int i=2;i<=sqrt(n);i++)
          if(x%i==0)
          {
              ret=ret/i*(i-1);
              while(x%i==0) x/=i;
          }
      if(x>1) ret=ret/x*(x-1);
      return ret;
  }

---

性质

1. 当 $n$ 为质数时，$\phi (n)=n-1$
   • 显然

---

2. 欧拉函数是积性函数

   • 当 $gcd(a,b)=1$ 时，$\phi (a\times b)=\phi (a)\times \phi (b)$

   • 由此不难推出，当 $n$ 为奇数时，$\phi (2n)=\phi (n)$

   • 证明：

     根据唯一分解定理，不妨设 $a=\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i},b=\prod _{i=1}^m{q}_i^{d_i}$

     因为 $gcd(a,b)=1$，所以一定不存在一组 $p_i=q_j$

     那么 $ab$ 可分解为 $\prod _{i=1}^m{p}_i^{c_i}\times \prod _{i=1}^m{q}_i^{d_i}$，其中 $p,q$ 一定不相等

     故此，依据性质 $2$，则有 $\phi (ab)=ab\times \prod _{i=1}^n(1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}})\times \prod _{i=1}^m(1-{\displaystyle \frac{1}{q_i}})$

     又因为 $\phi (a)=a\times \prod _{i=1}^n(1-{\displaystyle \frac{1}{p_i}}),\phi (b)=b\times \prod _{i=1}^m(1-{\displaystyle \frac{1}{q_i}})$

     所以得到 $\phi (ab)=\phi (a)\times \phi (b)$

---

3. 欧拉反演
   $$n=\sum _{d|n}\phi (d)=\sum _{d|n}\phi ({\displaystyle \frac{n}{d}})$$
   • 根据约数 $d,{\displaystyle \frac{n}{d}}$ 的对称性

---

4. 若 $n=p_k$ 且 $k$ 为质数，那么 $\phi (n)=p_k-p_{k-1}$
   • 根据定义可得

---

5. 若 $n$ 为正整数，则满足

   $$\sum _{i=1}^{n}i[gcd(i,n)=1]=\{\begin{array}{ll}1& n=1\\ {\displaystyle \frac{n\times \phi (n)}{2}}& i\ne 1\end{array}$$
   • 但在这里显然，当 $n=1$ 时下面那个式子是不满足的，因此通式可以写成
   $$\sum _{i=1}^{n}i[gcd(i,n)=1]=\lfloor {\displaystyle \frac{n\times \phi (n)+1}{2}}\rfloor$$

---

相关知识扩展

欧拉定理

若正整数 $a,b$ 满足 $gcd(a,b)=1$ ，则 $$a^{\phi (m)}\equiv 1(modm)$$

• 在此只做描述，暂时未学费马小定理，不会证

---

扩展欧拉定理

$$a_b=\{\begin{array}{ll}{a}^{bmod\phi (p)}& gcd(a,p)=1\\ a^b& gcd(a,p)\ne 1,b<\phi (p)(modp)\\ a^{bmod\phi (p)+\phi (p)}& gcd(a,p)\ne 1,b\ge \phi (p)\end{array}$$

---

例题

1. 仪仗队

• $\mathrm{题}\mathrm{目}\mathrm{链}\mathrm{接}$ $\mathrm{仪}\mathrm{仗}\mathrm{队}$

• $\mathrm{问}\mathrm{题}\mathrm{处}\mathrm{理}$

  如图：

  

  这是一个正方形，不放将他看做一个三角形，再乘以 $2$

  以左下角点为原点 $(0,0)$ 建立坐标系

  设一点 $(x,y)$，当 $x,y$ 互质时，即 $gcd(x,y)=1$ 时，他可以被看到

  反之，则一定有一点 $({\displaystyle \frac{x}{gcd(x,y)}},{\displaystyle \frac{y}{gcd(x,y)}})$ 将他挡住

  问题可转化为：$i=1\sim (n-1)$ 中分别与 $0\sim (i-1)$ 互质的个数

  也就是求 $2\times \sum _{i=1}^{n-1}\phi (i)+1$

  因为欧拉函数求的是 $1\sim (i-1)$ 中与 $i$ 互质的个数，但这里是从 $0$ 开始的，所以纵坐标是 $0$ 的这一条线上 $(1,0)$ 是可以看到的，后面都挡住了，所以要 $+1$； $\times 2$ 显然，因为我们是将他看做一个三角形去做的

  注意事项： 是 $1\sim (n-1)$ 而不是 $1\sim n$，因为我们的第一列在坐标轴中视作 $y=0$ 了

---

• $\mathrm{代}\mathrm{码}\mathrm{如}\mathrm{下}$

  #include<bits/stdc++.h>
  #define int long long
  #define endl '\n'
  using namespace std;
  const int N=4e4+10;
  template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
  {
      x=0;register bool z=1;
      register char c=getchar();
      for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
      for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
      x=(z?x:~x+1);
  }
  int n,len,ans,phi[N],prime[N],vis[N];
  void euler(int n)
  {
      phi[1]=1;
      for(int i=2;i<=n;i++)
      {
          if(!vis[i])
              len++,
              prime[len]=i,
              phi[i]=i-1;
          for(int j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++)
          {
              vis[i*prime[j]]=1;
              if(!(i%prime[j]))
              {
                  phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                  break;
              }
              else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
          }
      }
  }
  signed main()
  {
      #ifndef ONLINE_JUDGE
      freopen("in.txt","r",stdin);
      freopen("out.txt","w",stdout);
      #endif
      read(n);
      euler(n);
      for(int i=1;i<n;i++) ans+=phi[i];
      cout<<(ans<<1)+1;
  }

  • 这里采用筛法求 $1\sim (n-1)$ 的欧拉函数，复杂度 $O(n)$，因为要求 $1\sim (n-1)$ 的欧拉函数的和

---

2. $Longge$ 的问题

• $\mathrm{题}\mathrm{目}\mathrm{链}\mathrm{接}$ $Longge\mathrm{的}\mathrm{问}\mathrm{题}$

• $\mathrm{问}\mathrm{题}\mathrm{处}\mathrm{理}$

  求 $\sum _{i=1}^{n}gcd(i,n)$

  $$\begin{array}{}\text{(1)}& & \sum _{i=1}^{n}gcd(i,n)\text{(2)}& & =\sum _{d|n}d\sum _{i=1}^n[gcd(i,n)=d]\text{(3)}& & =\sum _{d|n}d\sum _{i=1}^{{\displaystyle \frac{n}{d}}}[gcd(i,{\displaystyle \frac{n}{d}})=1]\text{(4)}& & =\sum _{d|n}d\times \phi ({\displaystyle \frac{n}{d}})=\sum _{d|n}{\displaystyle \frac{n}{d}}\times \phi (d)（\mathrm{依}\mathrm{据}d\mathrm{与}{\displaystyle \frac{n}{d}}\mathrm{的}\mathrm{对}\mathrm{称}\mathrm{性}）\end{array}$$

  由此求即可

---

• $\mathrm{代}\mathrm{码}\mathrm{如}\mathrm{下}$

  #include<bits/stdc++.h>
  #define int long long
  #define endl '\n'
  using namespace std;
  template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
  {
      x=0;register bool z=1;
      register char c=getchar();
      for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
      for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
      x=(z?x:~x+1);
  }
  int n,len,ans;
  int phi(int x)
  {
      int ret=x;
      for(int i=2;i<=sqrt(n);i++)
          if(x%i==0)
          {
              ret=ret/i*(i-1);
              while(x%i==0) x/=i;
          }
      if(x>1) ret=ret/x*(x-1);
      return ret;
  }
  signed main()
  {
      #ifndef ONLINE_JUDGE
      freopen("in.txt","r",stdin);
      freopen("out.txt","w",stdout);
      #endif
      read(n);
      for(int i=1;i<=sqrt(n);i++) 
          if(n%i==0) 
              if(i*i!=n) ans+=i*phi(n/i),ans+=(n/i)*phi(i);
              else ans+=i*phi(i);
      cout<<ans;
  }

  • 根据 $d,{\displaystyle \frac{n}{d}}$ 的对称性，只需要 $O(\sqrt{n})$ 即可

---

3. $Shadow$公主的诱惑

• $\mathrm{题}\mathrm{目}\mathrm{链}\mathrm{接}$ $\mathrm{沙}\mathrm{拉}\mathrm{公}\mathrm{主}\mathrm{的}\mathrm{困}\mathrm{惑}$

• $\mathrm{问}\mathrm{题}\mathrm{处}\mathrm{理}$

  简化题意：求 $\sum _{i=1}^{n!}[gcd(i,m!)=1]$

  $$\begin{array}{}\text{(5)}& & \sum _{i=1}^{n!}[gcd(i,m!)=1]\text{(6)}& & ={\displaystyle \frac{n!}{m!}}\phi (m!)\text{(7)}& & ={\displaystyle \frac{n!}{m!}}\times m!\times \prod _{p\in p,p|m!}({\displaystyle \frac{p-1}{p}})\text{(8)}& & =n!\times \prod _{p\in \mathbb{p},p|m!}({\displaystyle \frac{p-1}{p}})\text{(9)}& & =n!\times \prod _{p\in \mathbb{p}}^m({\displaystyle \frac{p-1}{p}})\end{array}$$

  由此求即可

---

• $\mathrm{程}\mathrm{序}\mathrm{实}\mathrm{现}$

  多组测试数据，所以要先预处理（递推||筛法），不然显然会超时

  先设一个 $N$ ，即数据范围，输入中给了总的 $modP$

  根据上面推出的式子，需要先处理 质数，阶乘，乘法逆元，$\prod _{i\in \mathbb{p}}^N({\displaystyle \frac{i-1}{i}})$

  • 质数是为了处理 $\prod _{i\in \mathbb{p}}^N({\displaystyle \frac{i-1}{i}})$ 的
  • 阶乘显然是为了处理 $n!$的，别忘了 $modP$
  • 至于乘法逆元，因为在 $modP$ 意义下，直接除以 $i$ 是不行的，要用到 $i^{-1}(modP)$
  • 之后就可以处理 $\prod _{i\in \mathbb{p}}^N({\displaystyle \frac{i-1}{i}})$

  这样对于每一组输入，直接 $O(1)$ 输出即可

---

• $Hack\mathrm{数}\mathrm{据}$

  当 $n,m$ 中存在整除 $R$ 时，式子出来就是 $0$ 了，但显然不应该是 $0$

  对此，当循环到 $R|i$ 时，将 $i$ 中的 $R$ 因子全部消掉，即

  int x=i;
  while(x%p==0) x/=p;

  在下面的代码中有体现

  同时，当 $n>=R$ 且 $m<R$ 时，答案显然是 $0$，需特判一下

  if(n>=p&&m<p) puts("0");

---

• $\mathrm{代}\mathrm{码}\mathrm{如}\mathrm{下}$

  #include<bits/stdc++.h>
  #define int long long
  #define endl '\n'
  using namespace std;
  const int N=1e7+10;
  template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
  {
      x=0;register bool z=1;
      register char c=getchar();
      for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
      for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
      x=(z?x:~x+1);
  }
  int t,p,n,m,jc[N],ans[N],inv[N];
  bool pri[N];
  void niyuan()
  {
      inv[1]=1;if(n>=p&&m<p) puts("0");
      for(int i=2;i<N;i++)
      {
          int x=i;
          while(x%p==0) x/=p;
          inv[i]=((p-p/x)*inv[p%x])%p;
      }
  }
  void prime()
  {
      for(int i=2;i<sqrt(N);i++)
          if(!pri[i])
              for(int j=2;i*j<N;j++)
                  pri[i*j]=1;
  }
  void prod()
  {
      jc[1]=1;
      for(int i=2;i<N;i++) 
      {
          int x=i;
          while(x%p==0) x/=p;
          jc[i]=(jc[i-1]*x)%p;
      }
  }
  void solve()
  {
      ans[1]=1;
      for(int i=2;i<N;i++)
          if(!pri[i]) 
          {
              int x=i,y=i-1;
              while(x%p==0) x/=p;
              while(y%p==0) y/=p;
              ans[i]=(ans[i-1]*y)%p,ans[i]=(ans[i]*inv[x])%p;
          }
          else ans[i]=ans[i-1];
  }
  signed main()
  {
      #ifndef ONLINE_JUDGE
      freopen("in.txt","r",stdin);
      freopen("out.txt","w",stdout);
      #endif
      read(t),read(p);
      niyuan(),prime(),prod(),solve();
      while(t--)
      {
          read(n),read(m);
          if(n>=p&&m<p) puts("0");
          else cout<<(jc[n]*ans[m])%p<<endl;
      }
  }

  • 此处注意数组开的是 $[N]$，预处理的时候不能处理到 $N$ 而应是 $N-1$，不然会炸数组

---

4. $GCDSUM$

• $\mathrm{题}\mathrm{目}\mathrm{链}\mathrm{接}$ $GCDSUM$（P2398）

• $\mathrm{问}\mathrm{题}\mathrm{处}\mathrm{理}$

  $$\begin{array}{}\text{(10)}& & \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)\text{(11)}& & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d|i,d|j}\phi (d)\text{(12)}& & =\sum _{d=1}^n\phi (d)\sum _{i=1}^n[d|i]\sum _{j=1}^n[d|j]\text{(13)}& & =\sum _{d=1}^n\phi (d)\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \text{(14)}& & =\sum _{d=1}^n\phi (d)\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}{\rfloor }^2\end{array}$$

---

5. 能量采集

• $\mathrm{题}\mathrm{目}\mathrm{链}\mathrm{接}$ $\mathrm{能}\mathrm{量}\mathrm{采}\mathrm{集}$（P1447）

• $\mathrm{问}\mathrm{题}\mathrm{处}\mathrm{理}$

  求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)$

  看起来十分眼熟，和第 $4$ 道 $GCDSUM$ 是十分像的，借鉴那道题，则这道题的式子为：

  $$\begin{array}{}\text{(15)}& & \mathrm{设}ans\text{(16)}& & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}gcd(i,j)\text{(17)}& & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{d|i,d|j}\phi (d)\text{(18)}& & =\sum _{d=1}^{min(n,m)}\phi (d)\sum _{i=1}^n[d|i]\sum _{j=1}^m[d|j]\text{(19)}& & =\sum _{d=1}^{min(n,m)}\phi (d)\times \lfloor {\displaystyle \frac{n}{d}}\rfloor \times \lfloor {\displaystyle \frac{m}{d}}\rfloor \end{array}$$

  但是仔细阅读题面，他并不是上面的式子，拿 $(4,8)$ 打比方，他前面有 $(1,2)、(2,4)、(3,6)$ 三个点，所以该点的能量损失为 $2\times 3+1=7$，而 $gcd(4,8)=4$ 所以要求的实际上应该是

  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}2\times (gcd(i,j)-1)+1=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}2\times gcd(i,j)-1$$

  那么简单转化一下即可，即 $ans\times 2-n\times m$

---

6. 公约数的和

• $\mathrm{题}\mathrm{目}\mathrm{链}\mathrm{接}$ $\mathrm{公}\mathrm{约}\mathrm{数}\mathrm{的}\mathrm{和}$（P1390）

• $\mathrm{问}\mathrm{题}\mathrm{处}\mathrm{理}$

  求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j)$

  可以借鉴我们上面这道题

  $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j)+\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}gcd(i,j)+\sum _{i=1}^{n}gcd(i,i)$$

  其中，$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}gcd(i,j)$ 与 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j)$ 显然是相等的

  而 $\sum _{i=1}^{n}gcd(i,i)=\sum _{i=1}^{n}i={\displaystyle \frac{n\times (n+1)}{2}}$

  所以 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^{n}gcd(i,j)={\displaystyle \frac{\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{n}gcd(i,j)-{\displaystyle \frac{n\times (n+1)}{2}}}{2}}$

  再套用上面那道题的式子即可

---

7. $\text{Same~GCDs}$

• $\mathrm{题}\mathrm{目}\mathrm{链}\mathrm{接}$ $\text{Same~GCDs}$（CF1295D）

• $\mathrm{问}\mathrm{题}\mathrm{处}\mathrm{理}$

  求 $\sum _{x=0}^{m-1}[gcd(a,m)=gcd(a+x,m)]$

  如果将 $a,m$ 分别分解质因数的话，$gcd(a,m)$ 即他们公共的那一部分，不难发现，$x$ 需满足 $gcd(a,m)|x$ 且不能包含 $m$ 除去 $gcd(a,m)$ 的那一部分质因数

  即 $gcd(a,m)=gcd(x,m)$

  $$\begin{array}{}\text{(20)}& & \sum _{x=0}^{m-1}[gcd(a,m)=gcd(a+x,m)]\text{(21)}& & =\sum _{x=0}^{m-1}[gcd(a,m)=gcd(x,m)]\text{(22)}& & =\sum _{x=0}^{m-1}[gcd({\displaystyle \frac{x}{gcd(a,m)}},{\displaystyle \frac{m}{gcd(a,m)}})=1]\text{(23)}& & =\phi ({\displaystyle \frac{m}{gcd(a,m)}})\end{array}$$

  由此求即可

---

8. 疯狂$LCM$

• $\mathrm{题}\mathrm{目}\mathrm{链}\mathrm{接}$ $\mathrm{疯}\mathrm{狂}LCM$（P1891）

• $\mathrm{问}\mathrm{题}\mathrm{处}\mathrm{理}$

  $\text{lcm}$ 是最小公倍数的意思，$\text{lcm}(a,b)={\displaystyle \frac{a\times b}{gcd(a,b)}}$

  $$\begin{array}{}\text{(24)}& & \sum _{i=1}^n\text{lcm}(i,n)\text{(25)}& & =\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{i\times n}{gcd(i,n)}}\text{(26)}& & =n\times \sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{i}{gcd(i,n)}}\text{(27)}& & =n\times \sum _{d|n}\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{i}{d}}[gcd(i,n)=d]\text{(28)}& & \mathrm{括}\mathrm{号}\mathrm{内}\mathrm{同}\mathrm{时}\mathrm{除}\mathrm{以}d\text{(29)}& & =n\times \sum _{d|n}\sum _{i=1}^n{\displaystyle \frac{i}{d}}[gcd({\displaystyle \frac{i}{d}},{\displaystyle \frac{n}{d}})=1]\text{(30)}& & \mathrm{用}i\mathrm{替}\mathrm{换}{\displaystyle \frac{i}{d}}\text{(31)}& & =n\times \sum _{d|n}\sum _{i=1}^{{\displaystyle \frac{n}{d}}}i[gcd(i,{\displaystyle \frac{n}{d}})=1]\text{(32)}& & \mathrm{根}\mathrm{据}\mathrm{性}\mathrm{质}5\text{(33)}& & =n\times \sum _{d|n}{\displaystyle \frac{1+d\times \phi (d)}{2}}\end{array}$$

  由此求即可

---

• $\mathrm{程}\mathrm{序}\mathrm{实}\mathrm{现}$

  多组测试数据，需要预处理

  欧拉函数筛法预处理，之后在线性预处理 $\sum _{d|n}{\displaystyle \frac{1+d\times \phi (d)}{2}}$,之后 $O(1)$ 输出即可

  预处理代码如下：

  void euler(int n)
  {
      phi[1]=1;
      for(int i=2;i<=n;i++)
      {
          if(!vis[i])
              len++,
              prime[len]=i,
              phi[i]=i-1;
          for(int j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++)
          {
              vis[i*prime[j]]=1;
              if(!(i%prime[j]))
              {
                  phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                  break;
              }
              else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
          }
      }
  }
  void solve(int n)
  {
      for(int i=1;i<=n;i++)
          for(int j=i;j<=n;j+=i)
              ans[j]+=(phi[i]*i+1)>>1;
  }

  至于 $solve$ 的那一部分预处理之前没有用过，新学一下

  根据式子 $\sum _{d|n}{\displaystyle \frac{1+d\times \phi (d)}{2}}$，带入我们的代码，定满足 $i|j$，因为是 $j+=i$

---

• $\mathrm{代}\mathrm{码}\mathrm{如}\mathrm{下}$

  #include<bits/stdc++.h>
  #define int long long
  #define endl '\n'
  using namespace std;
  const int N=1e6+1;
  template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
  {
      x=0;register bool z=1;
      register char c=getchar();
      for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
      for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
      x=(z?x:~x+1);
  }
  int t,n,len,ans[N],prime[N],phi[N];
  bool vis[N];
  void euler(int n)
  {
      phi[1]=1;
      for(int i=2;i<=n;i++)
      {
          if(!vis[i])
              len++,
              prime[len]=i,
              phi[i]=i-1;
          for(int j=1;j<=len&&i*prime[j]<=n;j++)
          {
              vis[i*prime[j]]=1;
              if(!(i%prime[j]))
              {
                  phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                  break;
              }
              else phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
          }
      }
  }
  void solve(int n)
  {
      for(int i=1;i<=n;i++)
          for(int j=i;j<=n;j+=i)
              ans[j]+=(phi[i]*i+1)>>1;
  }
  signed main()
  {
      #ifndef ONLINE_JUDGE
      freopen("in.txt","r",stdin);
      freopen("out.txt","w",stdout);
      #endif
      euler(N);
      solve(N);
      read(t);
      while(t--)
          read(n),
          cout<<ans[n]*n<<endl;
  }

---

9. $GCD$

• $\mathrm{题}\mathrm{目}\mathrm{链}\mathrm{接}$ $GCD$（P2568）

• $\mathrm{问}\mathrm{题}\mathrm{处}\mathrm{理}$

  求 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)\in \mathbb{P}]$

  $$\begin{array}{}\text{(34)}& & \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[gcd(i,j)\in \mathbb{P}]\text{(35)}& & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d\in \mathbb{P}}^n[gcd(i,j)=d]\text{(36)}& & =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\sum _{d\in \mathbb{P}}^n[gcd({\displaystyle \frac{i}{d}},{\displaystyle \frac{j}{d}})=1]\text{(37)}& & =\sum _{d\in \mathbb{P}}^n\sum _{i=1}^{{\displaystyle \frac{n}{d}}}\sum _{j=1}^{{\displaystyle \frac{n}{d}}}[gcd(i,j)=1]\text{(38)}& & =\sum _{d\in \mathbb{P}}^n(-1+2\times \sum _{i=1}^{{\displaystyle \frac{n}{d}}}\phi (i))\end{array}$$

  至于最后一步怎么出来的

  我们知道 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i[gcd(i,j)=1]=\sum _{i=1}^n\phi (i)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n[gcd(i,j)=1]$

  同时 $\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i+\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n$

  但有一个例外，当 $n=1$ 时，$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^i=\sum _{i=1}^n\sum _{j=i}^n$

  于是就有了 $\sum _{d\in \mathbb{P}}^n\sum _{i=1}^{{\displaystyle \frac{n}{d}}}\sum _{j=1}^{{\displaystyle \frac{n}{d}}}[gcd(i,j)=1]=\sum _{d\in \mathbb{P}}^n(-1+2\times \sum _{i=1}^{{\displaystyle \frac{n}{d}}}\phi (i))$

  减去 $1$ 即考虑 ${\displaystyle \frac{n}{d}}=1$ 的那个情况

---

• 注意事项

  预处理的时候，数组开的是 $N$，循环到 $N$ 就炸了！，所以预处理到 $N-1!!!$

  不知道第几次因为这个WA了

---