$P2398\ GCD\ SUM$

$Description$

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

$Solution$

这种$gcd$计数的题一般思想是枚举$gcd$。

对于这道题，有一下几种做法，循序渐进

暴力：$O(n^2logn)$

就是暴力枚举所有数求$gcd$，期望得分不清楚，大概$20pts$

可以优化$gcd$函数，记忆化一下。

画个矩阵发现可以只求下三角，即只求$\sum\limits_{i=1}^n\sum\limits_{j=1}^{j<i}gcd(i,j)$，将答案$*2$后再单独用等差数列求和公式处理对角线上的情况$(i==j)$，一顿操作猛如虎，但因为会$MLE$仍然无法通过$70pts$

离正解只差一步的暴力:$O(n\sqrt n)$

枚举所有数$i$，设组成数对的另一个数为$j$，仍是只考虑$i<j$的情况。设$gcd(i,j)=k$，则$gcd(\frac{i}{k} ,\frac{j}{k})=1$，符合这样的数$\frac{j}{k}$的个数就应该是$\phi(\frac{i}{k})$，所以$O(\sqrt n)$枚举$i$的所有因数为$gcd$，$ans+=gcd\cdot \phi(\frac{i}{gcd})$。总复杂度$O(n\sqrt n)$。

$70pts$肯定是稳过的，至此离正解只差一步。

正解$O(nln n)$

上面枚举因子$O(\sqrt n)$显然是可以优化的，可以先枚举$gcd$，再枚举另一个因子得出$i=gcd*x$，和上面方法是等效的，调和级数$O(ln n)$总复杂度$O(n ln n)$

$Code$

int n,prime[maxn],pcnt,is_not_prime[maxn];
int phi[maxn];
ll ans;
void Get_Phi(int x)
{
	is_not_prime[1]=1;
	for(re int i=2;i<=x;++i)
	{
		if(!is_not_prime[i]) prime[++pcnt]=i,phi[i]=i-1;
		for(re int j=1;j<=pcnt;++j)
		{
			if(i*prime[j]>x) break;
			is_not_prime[i*prime[j]]=1;
			if(!(i%prime[j]))
			{
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			else phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
		}
	}
}
int vis[maxn];
int main()
{
    n=read();
    Get_Phi(n);
    for(re int i=1;i<=n;++i)//枚举gcd
		for(re int j=2;j*i<=n;++j)//枚举数对中较大的数/gcd的结果，从2枚举是为了不考虑对角线 
		{
			ans+=(ll)phi[j]*i;
		}
	ans*=2;//上三角下三角 
	ans+=(ll)(1+n)*n/2;//统计对角线 
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

$Updata$

当我在$luogu$刷这道题的$k$倍经验时，遇到了一道多组数据且$T<=200000$的题，于是成功$TLE$了
其实只需要对上面算法进行小的改动就行

    ans+=(ll)phi[j]*i;

注意到这一行$ans$更新的其实是$\sum\limits_{x=1}^{x<i*j}gcd(x,i*j)$，相当于对$i*j$的答案更新
那么可以这样写

    f[i*j]+=(ll)phi[j]*i;

每个答案就是$\sum\limits_{i=1}^nf[i]$
所以对于数据个数很多的情况，预处理到最大范围，求前缀和，$O(1)$回答即可。