P2398 GCD SUM

Question 问题 P2398 GCD SUM

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \gcd(i, j) \]

Analysis 分析 1

前置芝士

\[\sum_{d|n}\varphi(d)=n \]

套路化GCD变形 ( 加上前置芝士 )

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\sum_{d|gcd(i,j)} \gcd(i, j) \]

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\sum_{d|i,d|j} \gcd(i, j) \]

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n\sum_{d=1}^n \varphi(d)[d|i][d|j] \]

\(\sum_{d=1}^n\)移到前面，改变顺序

\[\sum_{d=1}^n \varphi(d)\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n[d|i][d|j] \]

\[\sum_{d=1}^n\varphi(d)\lfloor\frac n d\rfloor \]

Analysis 分析 2

这是本人使用的炒鸡煎蛋版本

原题式子可转化为

\[\sum_{d=1}^n d\times f[k] \]

\(f[k]\) 表示 \(\gcd(i,j)==k\) 的情况个数

\(s[k]\) 表示 \(k|\gcd(i,j)\) 的情况个数

\[\therefore s[k]=f[k]+f[2k]+...+f[pk]= \lfloor \frac n k \rfloor^2 \]

\[\therefore f[k]=\lfloor \frac n k \rfloor^2-(f[2k]+...+f[pk]) \]

复杂度分析

\(=O(n\times(1+\frac 1 2+\frac 1 3+...+\frac 1 n)\)

\(=O(nH(n))\)

H(n）为调和级数，由于本体数据范围不大因此可以通过

Code 代码

这里只给出第二种解法的代码

#include<iostream>
using namespace std;
long long n,ans,f[2000008];
int main(){
    cin>>n;
    for(int i=n;i;i--){
        f[i]=n/i*(n/i);
        for(int j=i<<1;j<=n;j+=i) f[i]-=f[j];
        ans+=f[i]*i;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}