题解
显然有 \(ans=\sum _{i=1} ^{n} \lfloor \frac{n}{i} \rfloor \sum _{d|i} \mu(d) \phi (\frac{i}{d})\)
前半部分就是个整除分块，后半部分直接让脑子受到了冲击。
但是，我们知道，两个积性函数的\(\text{Direchlet}\)卷积还是积性函数，我们考虑构造线性筛。
我们看到其中有\(\text{Mobius}\)函数，鲁迅曾经说过“一看到\(\mu\)，就想到积性函数，就想到唯一分解，就想到\(>2\)的幂的贡献不计，就想到线性筛，\(\text{OIer}\)只有在这个方面思想如此跃进。”
我们尝试对一个数\(T\)因数分解。
设\(h(x)=\sum _{d|x} \mu(d) \phi (\frac{i}{d})\)对于其中一个素因子\(p\)和他的出现次数\(q\)，\(x=p^q\)我们发现
\(h(x)=1,q=0\)
\(h(x)=p-2,q=1\)
\(h(x)=p^{q-2}(p-1)^2,q>=2\)
显然$h(T)=\prod _{i=1}^{t} h(p_i^{q_i}) $我们根据这个构造线性筛
#include<cstdio>
typedef long long ll;
const int maxn = 1e7+10;
ll h[maxn];
int prime[maxn],cnt,n;
bool vis[maxn];
inline void prelude() {
h[1]=1;
for(int i = 2;i<maxn;++i) {
if(!vis[i]) {
h[i]=i-2;
prime[++cnt]=i;
}
for(int j = 1;j<=cnt&&1LL*prime[j]*i<maxn;++j) {
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) {
if(i/prime[j]%prime[j]==0) {
h[i*prime[j]]=h[i]*prime[j];// 三次方及以上
}
else h[i*prime[j]]=h[i/prime[j]]*(prime[j]-1)*(prime[j]-1); //二次方，分界点
break;
}
else {
h[i*prime[j]]=h[i]*h[prime[j]];
}
}
}
for(int i = 1;i<maxn;++i) h[i]+=h[i-1];
}
inline ll solve() {
ll ans = 0;
for(int i = 1,cur;i<=n;i=cur+1) {
cur = n/(n/i);
ans+=(h[cur]-h[i-1])*(n/i)*(n/i);
}
return ans;
}
int main() {
prelude();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--) {
scanf("%d",&n);
printf("%lld\n",solve());
}
return 0;
}
