$P2398\ GCD\ SUM$

\(Description\)

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。