[luogu4466]和与积

令$d=\gcd(i,j)$，$i'=\frac{i}{d}$，$j'=\frac{j}{d}$，则$(i',j')=1$，可得$(i'+j',i'j')=1$（假设有公因子$p$，必然有$p|i'或j'$，又因为$p|(i'+j')$，则$p|i'$且$p|j'$，与$(i',j')=1$矛盾）

根据这些，原式$(i+j)|ij\iff(i'+j')|i'j'd\iff (i'+j')|d$

考虑枚举$i'$和$j'$，那么答案即$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i+1}^{n}[\gcd(i,j)=1]\lfloor\frac{n}{(i+j)j}\rfloor$

先对第一维进行反演，得到$\sum_{d=1}^{n}\mu(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=i+1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{(i+j)jd^{2}}\rfloor$

可以发现，右式不为0必要条件为$i<j\le\lfloor \sqrt{\frac{n}{d^{2}}}\rfloor$，因此$d\le \sqrt{n}$，暴力复杂度即$n\int_{1}^{\sqrt{n}}x^{-2}dx=o(n)$

考虑先枚举$j$再对$i+j$数论分块，时间复杂度降为$n^{\frac{3}{4}}\int_{1}^{\sqrt{n}}x^{-\frac{3}{2}}dx=o(n^\frac{3}{4})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
int n,p[N],vis[N],mu[N];
long long ans;
long long calc(int n,int k){
    long long ans=0;
    for(int i=k+1,j;(i<=n)&&(i<2*k);i=j+1){
        j=min(n/(n/i),2*k-1);
        ans+=(n/i)*(j-i+1);
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N-4;i++){
        if (!vis[i]){
            p[++p[0]]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<N-4);j++){
            vis[i*p[j]]=1;
            if (i%p[j])mu[i*p[j]]=mu[i]*mu[p[j]];
            else{
                mu[i*p[j]]=0;
                break;
            }
        }
    }
    int d=(int)sqrt(n);
    for(int i=1;i<=d;i++){
        int m=n/(i*i),dd=(int)sqrt(m);
        for(int j=1;j<=dd;j++)ans+=mu[i]*calc(m/j,j);
    }
    printf("%lld",ans);
}