欧拉函数
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：\(n=\prod \limits_{i=1}^{m}p_i^{c_i}\)
其中，\(p_i\) 为质数且递增，\(p_i\leq n,c_i\geq 0\)
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 \(\varphi(n)\)，表示小于等于 \(n\) 的正整数中与 \(n\) 互质的个数
\(\varphi(n)\)通式
-
\(证明\)：
当 \(n>1\) 时，根据唯一分解定理，设 \(n=\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{c_i}\)其中 \(p_i,p_j\) 为 \(n\) 的质因子
则 \(1\sim n\) 中，\(p_i\) 的倍数有 \(\dfrac{n}{p_i}\) 个，\(p_j\) 的倍数有 \(\dfrac{n}{p_j}\) 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 $$n-\dfrac{n}{p_i}-\dfrac{n}{p_j}+\dfrac{n}{p_i\times p_j}=n\times (1-\dfrac{1}{p_i}-\dfrac{1}{p_j}+\dfrac{1}{p_i\times p_j})=n\times (1-\dfrac{1}{p_i})\times (1-\dfrac{1}{p_j})$$
以此类推，将 \(n\) 的全部质因子全部代入容斥原理，即可得到 \(\varphi(n)\)
-
\(代码实现\)
-
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); } } }
-
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
- 当 \(n\) 为质数时，\(\varphi(n)=n-1\)
- 显然
-
欧拉函数是积性函数
-
当 \(\gcd(a,b)=1\) 时，\(\varphi(a\times b)=\varphi(a)\times \varphi(b)\)
-
由此不难推出，当 \(n\) 为奇数时，\(\varphi(2n)=\varphi(n)\)
-
证明：
根据唯一分解定理，不妨设 \(a=\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{c_i},b=\prod\limits_{i=1}^{m}q_i^{d_i}\)
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 \(\prod\limits_{i=1}^{m}p_i^{c_i}\times \prod\limits_{i=1}^{m}q_i^{d_i}\)，其中 \(p,q\) 一定不相等
故此，依据性质 \(2\)，则有 \(\varphi(ab)=ab\times \prod\limits_{i=1}^n(1-\dfrac{1}{p_i})\times \prod\limits_{i=1}^m(1-\dfrac{1}{q_i})\)
又因为 \(\varphi(a)=a\times \prod\limits_{i=1}^n(1-\dfrac{1}{p_i}),\varphi(b)=b\times \prod\limits_{i=1}^m(1-\dfrac{1}{q_i})\)
所以得到 \(\varphi(ab)=\varphi(a)\times \varphi(b)\)
-
- 欧拉反演\[n=\sum\limits_{d|n}\varphi(d)=\sum\limits_{d|n}\varphi(\dfrac{n}{d}) \]
- 根据约数 \(d,\dfrac{n}{d}\) 的对称性
- 若 \(n=p_k\) 且 \(k\) 为质数，那么 \(\varphi(n)=p_k-p_{k-1}\)
- 根据定义可得
-
若 \(n\) 为正整数，则满足
\[\sum_{i=1}^ni[\gcd(i,n)=1]=\begin{cases} 1&n=1\\ \dfrac{n\times\varphi(n)}{2}&i\neq 1\\ \end{cases}\]- 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
\[\sum_{i=1}^ni[\gcd(i,n)=1]=\lfloor{\dfrac{n\times\varphi(n)+1}{2}}\rfloor \]
相关知识扩展
欧拉定理
若正整数 \(a,b\) 满足 \(\gcd(a,b)=1\) ，则 $$a^{\varphi(m)}\equiv 1(\bmod m)$$
- 在此只做描述，
暂时未学费马小定理，不会证
扩展欧拉定理
例题
1. 仪仗队
-
\(题目链接\) \(仪仗队\)
-
\(问题处理\)
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 \((\dfrac{x}{\gcd(x,y)},\dfrac{y}{gcd(x,y)})\) 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 \(2\times \sum\limits_{i=1}^{n-1}\varphi(i)+1\)
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
- \(代码如下\)
#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
-
\(题目链接\) \(Longge的问题\)
-
\(问题处理\)
求 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\gcd(i,n)\)
\[\begin{align} &\sum\limits_{i=1}^{n}\gcd(i,n)\\ &=\sum\limits_{d|n}d\sum\limits_{i=1}^{n}[\gcd(i,n)=d]\\ &=\sum\limits_{d|n}d\sum\limits_{i=1}^{\dfrac{n}{d}}[\gcd(i,\dfrac{n}{d})=1]\\ &=\sum\limits_{d|n}d\times\varphi(\dfrac{n}{d})=\sum\limits_{d|n}\dfrac{n}{d}\times\varphi(d)（依据d与\dfrac{n}{d}的对称性）\\ \end{align}\]由此求即可
- \(代码如下\)
#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 \(d,\dfrac{n}{d}\) 的对称性，只需要 \(O(\sqrt n)\) 即可
3. \(Shadow\)公主的诱惑
-
\(题目链接\) \(沙拉公主的困惑\)
-
\(问题处理\)
简化题意：求 \(\sum\limits_{i=1}^{n!}[\gcd(i,m!)=1]\)
\[\begin{align} &\sum_{i=1}^{n!}[\gcd(i,m!)=1]\\ &=\dfrac{n!}{m!}\varphi(m!)\\ &=\dfrac{n!}{m!}\times m!\times \prod_{{p\in{p},p|m!}}(\dfrac{p-1}{p})\\ &=n!\times \prod_{{p\in\mathbb{p},p|m!}}(\dfrac{p-1}{p})\\ &=n!\times \prod_{p\in\mathbb{p}}^{m}(\dfrac{p-1}{p})\\ \end{align}\]由此求即可
-
\(程序实现\)
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 \(\bmod P\)
根据上面推出的式子，需要先处理 质数，阶乘，乘法逆元，\(\prod\limits_{i\in\mathbb{p}}^{N}(\dfrac{i-1}{i})\)
- 质数是为了处理 \(\prod\limits_{i\in\mathbb{p}}^{N}(\dfrac{i-1}{i})\) 的
- 阶乘显然是为了处理 \(n!\)的，别忘了 \(\bmod P\)
- 至于乘法逆元，因为在 \(\bmod P\) 意义下，直接除以 \(i\) 是不行的，要用到 \(i^{-1}(\bmod P)\)
- 之后就可以处理 \(\prod\limits_{i\in\mathbb{p}}^{N}(\dfrac{i-1}{i})\)
这样对于每一组输入，直接 \(O(1)\) 输出即可
-
\(Hack数据\)
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");
- \(代码如下\)
#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. \(GCD~SUM\)
-
\(题目链接\) \({GCD SUM}\)（P2398）
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\(问题处理\)
\[\begin{align} &\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d|i,d|j}\varphi(d)\\ &=\sum_{d=1}^n\varphi(d)\sum_{i=1}^n[d|i]\sum_{j=1}^n[d|j]\\ &=\sum_{d=1}^n\varphi(d)\times\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor\times\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor\\ &=\sum_{d=1}^n\varphi(d)\times\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor^2\\ \end{align}\]
5. 能量采集
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\(题目链接\) \(能量采集\)（P1447）
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\(问题处理\)
求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m\gcd(i,j)\)
看起来十分眼熟，和第 \(4\) 道 \(GCD~SUM\) 是十分像的，借鉴那道题，则这道题的式子为：
\[\begin{align} &设ans\\ &=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\gcd(i,j)\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m\sum_{d|i,d|j}\varphi(d)\\ &=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\varphi(d)\sum_{i=1}^n[d|i]\sum_{j=1}^m[d|j]\\ &=\sum_{d=1}^{\min(n,m)}\varphi(d)\times\lfloor\dfrac{n}{d}\rfloor\times\lfloor\dfrac{m}{d}\rfloor\\ \end{align}\]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
\[\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m2\times(\gcd(i,j)-1)+1=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^m2\times\gcd(i,j)-1 \]那么简单转化一下即可，即 \(ans\times 2-n\times m\)
6. 公约数的和
-
\(题目链接\) \(公约数的和\)（P1390）
-
\(问题处理\)
求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^n\gcd(i,j)\)
可以借鉴我们上面这道题
\[\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\gcd(i,j)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^n\gcd(i,j)+\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{i-1}\gcd(i,j)+\sum_{i=1}^n\gcd(i,i) \]其中，\(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{i-1}\gcd(i,j)\) 与 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^n\gcd(i,j)\) 显然是相等的
而 \(\sum\limits_{i=1}^n\gcd(i,i)=\sum\limits_{i=1}^ni=\dfrac{n\times(n+1)}{2}\)
所以 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i+1}^n\gcd(i,j)=\dfrac{\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n\gcd(i,j)-\dfrac{n\times(n+1)}{2}}{2}\)
再套用上面那道题的式子即可
7. \(\text{Same~GCDs}\)
-
\(题目链接\) \(\text{Same~GCDs}\)（CF1295D）
-
\(问题处理\)
求 \(\sum\limits_{x=0}^{m-1}[\gcd(a,m)=\gcd(a+x,m)]\)
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 \(\gcd(a,m)=\gcd(x,m)\)
\[\begin{align} &\sum_{x=0}^{m-1}[\gcd(a,m)=\gcd(a+x,m)]\\ &=\sum_{x=0}^{m-1}[\gcd(a,m)=\gcd(x,m)]\\ &=\sum_{x=0}^{m-1}[\gcd(\dfrac{x}{\gcd(a,m)},\dfrac{m}{\gcd(a,m)})=1]\\ &=\varphi(\dfrac{m}{\gcd(a,m)})\\ \end{align}\]由此求即可
8. 疯狂\(LCM\)
-
\(题目链接\) \({疯狂LCM}\)（P1891）
-
\(问题处理\)
\(\text{lcm}\) 是最小公倍数的意思，\(\text{lcm}(a,b)=\dfrac{a\times b}{\gcd(a,b)}\)
\[\begin{align} &\sum_{i=1}^n\text{lcm}(i,n)\\ &=\sum_{i=1}^n\dfrac{i\times n}{\gcd(i,n)}\\ &=n\times\sum_{i=1}^n\dfrac{i}{\gcd(i,n)}\\ &=n\times\sum_{d|n}\sum_{i=1}^n\dfrac{i}{d}[\gcd(i,n)=d]\\ &\small{括号内同时除以 d }\\ &=n\times\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{n}\dfrac{i}{d}[\gcd(\dfrac{i}{d},\dfrac{n}{d})=1]\\ &用 i 替换\dfrac{i}{d}\\ &=n\times\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\dfrac{n}{d}}i[\gcd(i,\dfrac{n}{d})=1]\\ &根据性质5\\ &=n\times\sum_{d|n}\dfrac{1+d\times\varphi(d)}{2}\\ \end{align}\]由此求即可
-
\(程序实现\)
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 \(\sum\limits_{d|n}\dfrac{1+d\times\varphi(d)}{2}\),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 \(\sum\limits_{d|n}\dfrac{1+d\times\varphi(d)}{2}\)，带入我们的代码，定满足 \(i|j\)，因为是 \(j+=i\)
- \(代码如下\)
#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. \(GCD\)
-
\(题目链接\) \(GCD\)（P2568）
-
\(问题处理\)
求 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n[\gcd(i,j)\in\mathbb{P}]\)
\[\begin{align} & \sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^n[\gcd(i,j)\in\mathbb{P}]\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d\in\mathbb{P}}^n[\gcd(i,j)=d]\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{d\in\mathbb{P}}^n[\gcd(\dfrac{i}{d},\dfrac{j}{d})=1]\\ &=\sum_{d\in\mathbb{P}}^n\sum_{i=1}^{\dfrac{n}{d}}\sum_{j=1}^{\dfrac{n}{d}}[\gcd(i,j)=1]\\ &=\sum_{d\in\mathbb{P}}^n(-1+2\times\sum_{i=1}^{\dfrac{n}{d}}\varphi(i))\\ \end{align}\]至于最后一步怎么出来的
我们知道 \(\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{i}[\gcd(i,j)=1]=\sum\limits_{i=1}^n\varphi(i)=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^{n}[\gcd(i,j)=1]\)
同时 \(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^n=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{i}+\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^{n}\)
但有一个例外，当 \(n=1\) 时，\(\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^n=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{i}=\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=i}^{n}\)
于是就有了 \(\sum\limits_{d\in\mathbb{P}}^n\sum\limits_{i=1}^{\dfrac{n}{d}}\sum\limits_{j=1}^{\dfrac{n}{d}}[\gcd(i,j)=1]=\sum\limits_{d\in\mathbb{P}}^n(-1+2\times\sum\limits_{i=1}^{\dfrac{n}{d}}\varphi(i))\)
减去 \(1\) 即考虑 \(\dfrac{n}{d}=1\) 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
