仪仗队（欧拉函数，莫比乌斯反演）
发现这道题的题解大多都没有详细讲欧拉函数，所以本弱就来详细将讲欧拉函数
欧拉函数是小于\(x\)的整数中与\(x\)互质的数的个数，一般用\(φ(x)\)表示。特殊的，\(φ(1)=1\)。
如何计算出\(1-n\)欧拉函数呢？
我会GCD暴力枚举！
复杂度\(O(n^2logn)\)
我会递推
复杂度\(O(n^2)\)
递推式：
\(φ(n)=n*∏(1-\frac{1}{pi})\)（其中pi为n的所有质因数）
这个递推式的推到比较简单，因为\(n\)里面一定有\(n*\frac{1}{pi}\)个数是\(pi\)的倍数，所以我们就有\(n*(1-\frac{1}{pi})\)个数不是pi的个数
于是我们想知道\(1-n\)中有多少数不是所有\(pi\)倍数，我们自然可以想到乘法原理，就可以推出我们的递推式了。
其实我们也可以\(O(1)\)推出欧拉函数，即\(φ(p)=p-1\),但是p要是质数，怎么证明呢？显然因为\(p\)是质数，所以他的质因数一定只有1和他本身，所以我们代入公式，即\(φ(p)=p*(1-\frac{1}{p})=p*\frac{p-1}{p}=p-1\)
我们有一个关于欧拉函数的性质，当\(n>1\)时，小于n的数中，与n互质的数的总和为：\(\frac{φ(n)*n}{2}\)。这个公式证明需要用到一个定理（其实是我太菜了不会证明）若\(n\)互质的数有一个是\(m\)，那么还存在另一个数\(n-m\)也与\(n\)互质。
所以与\(n\)互质的数的平均数是\(\frac{n}{2}\)，而个数又是\(φ(n)\)，可以得到这些数的和就是\(\frac{φ(n)*n}{2}\)。
其实根据上面那个定理，我们也可以得到另一个性质：当\(n>2\)时，\(φ(n)\)是偶数
那可不可以线性递推出\(1-n\)中所有的欧拉函数呢？
联想到我们是怎么筛出\(1-n\)中所有质数的呢？
不会的同学可以戳一戳
根据该链接的第一个算法，我们可以推出类比推出筛欧拉函数的方法
首先我们把所有的欧拉函数都设为它本身，然后再根据公式除以n所有的质因子（质因子可以靠筛法）
每当我们找到一个质数时，我们把它所有的倍数（即有质因子为该质数的数）乘以\((1-\frac{1}{pi})\)即\((\frac{pi-1}{pi})\)即可
以下算法复杂度为\(O(nlogn)\)
il void work(int n)
{
for(re int i=1;i<=n;++i)
{
p[i]=i;
}
for(re int i=2;i<=n;++i)
{
if(p[i]==i)//如果i是质数
{
for(re int j=i;j<=n;j+=i)
{
p[j]=p[j]/i*(i-1);//那么就把i的所有倍数筛出来
}
}
}
}
既然我们可以利用第一种筛法求出所有欧拉函数，那么我们可不可以根据欧拉筛推出所有的欧拉函数呢？显然是可以的。
我们需要计算的东西其实和上面的方法一样，下面给出代码。
il void euler(int n)
{
p[1]=1;//1要特判
for(re int i=2;i<=n;++i)
{
if(!b[i])//这代表i是质数
{
prime[++num]=i;
p[i]=i-1;
}
for(re int j=1;j<=num&&prime[j]*i<=n;++j)//经典的欧拉筛写法
{
b[i*prime[j]]=1;//先把这个合数标记掉
if (i%prime[j]==0)
{
p[i*prime[j]]=p[i]*prime[j];//若prime[j]是i的质因子，则根据计算公式，i已经包括i*prime[j]的所有质因子
break;//经典欧拉筛的核心语句，这样能保证每个数只会被自己最小的因子筛掉一次
}
else
{
p[i*prime[j]]=p[i]*p[prime[j]];//利用了欧拉函数是个积性函数的性质
}
}
}
}
例题：P2158 [SDOI2008]仪仗队
通过观察发现，可以被看到的人必须满足\(gcd(x,y)=1\)，证明也很简单，如果\(x,y\)不互质的话，那么一定会有\((x/gcd(x,y),y/gcd(x,y))\)把\((x,y)\)挡住，换句话说，如果\(gcd(x,y)\)等于1，那么它一定可以把所有的\((kx,ky)\)都挡住，所以我们只需要求出与\(x,y\)互质对的对数即可。
通过观察也可以发现，可以看到的人一定满足对称关系，所以我们只需要算出一个三角形（下面会提到）的对数在乘以\(2+1\) (\(2,2\)也满足条件)
所以我们要算下图中为\(1\)的答案的对数即可
0000
0001
0011
0111
那我们怎么求呢？显然可以用欧拉函数来求出与每一个数互质的数的个数即可。
具体实现：
我们先算出\(1~n\)中所有的欧拉函数（\(n\)比较小，没必要用欧拉筛）,再把\(1~n-1\)所有的欧拉函数加起来就可以得到上图三角形内答案了。
为什么是\(n-1\)呢？我们不难发现，上图中小三角形只有\(n-1\)排，所以就是\(n-1\)啊
但这道题有一个坑点，如果\(n==1\)，那我们的答案应该是\(0\)而不是\(1\)，为什么呢？我们仔细回忆一下，我们为什么要\(+1\)呢？因为我们有一个\((2,2)\)来特判（两个三角形的分界），如果\(n==1\)的话，显然就不需要\(+1\)了
时间复杂度：\(O(n^2)->O(n)\)
代码如下
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define maxn 400005
int n,ans,p[maxn];
int main()
{
cin>>n;
for(re int i=1;i<=n;++i)
{
p[i]=i;
}
for(re int i=2;i<=n;++i)
{
if(p[i]==i)
{
for(re int j=i;j<=n;j+=i)
{
p[j]=p[j]*(i-1)/i;
}
}
}
for(re int i=1;i<n;++i)
{
ans+=p[i];
}
printf("%d\n",(n==1)?0:ans<<1|1);
return 0;
}
后来学了莫比乌斯反演，发现这题还可以用莫比乌斯反演做。
题目所求即为：\(\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}[gcd(i,j)==1]\)
按照莫比乌斯反演的套路，原式=\(\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}\sum_{g|gcd(i,j)}\mu(i)\)
i,j同时除以g得：原式=\(\sum_{g=1}^{n}\mu(i)\sum_{i=1}^{\frac{n-1}{g}}\sum_{j=1}^{\frac{n-1}{g}}=\sum_{g=1}^{n}\mu(i)*\frac{n-1}{g}*\frac{n-1}{g}\)
时间复杂度：\(O(n^2)->O(n)\)，当然这个复杂度对于此题已经够用了
然后我们发现\(\frac{n-1}{g}\)在一定范围内是相等的，所以我们可以用整出分块优化，时间复杂度：\(O(n)->O(\sqrt{n})\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define il inline
#define re register
#define debug printf("Now is Line : %d\n",__LINE__)
#define file(a) freopen(#a".in","r",stdin);freopen(#a".out","w",stdout)
#define mod 1000000007
il int read()
{
re int x=0,f=1;re char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') {if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') x=x*10+c-48,c=getchar();
return x*f;
}
#define maxn 40000
int mu[maxn+5],prim[maxn+5],vis[maxn+5],cnt,n,ans;
signed main()
{
n=read()-1;
if(!n) return puts("0"),0;
mu[1]=1;
for(re int i=2;i<=n;++i)
{
if(!vis[i]) prim[++cnt]=i,mu[i]=-1;
for(re int j=1;j<=cnt;++j)
{
if(prim[j]*i>n) break;
vis[prim[j]*i]=1;
if(i%prim[j]==0) break;
mu[i*prim[j]]=-mu[i];
}
}
for(re int i=1;i<=n;++i) mu[i]+=mu[i-1];
for(re int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
r=n/(n/l);
ans+=(mu[r]-mu[l-1])*(n/l)*(n/r);
}
printf("%d",ans+2);
return 0;
}
