GCD - Extreme (II)

uva11424:

题目：给出n，求gcd(1,2)+gcd(1,3)+gcd(2,3)+gcd(1,4)+gcd(2,4)+gcd(3,4)+...+gcd(1,n)+gcd(2,n)+...+gcd(n-1,n)

　　此题和UVA 11426 一样，不过n的范围只有20000，但是最多有20000组数据。 当初我直接照搬UVA11426，结果超时，因为没有预处理所有的结果(那题n最多4000005，但最多只有100组数据)，该题数据太多了额。。。

思路：令sum(n)=gcd(1,n)+gcd(2,n)+...+gcd(n-1,n)，则所求结果ans(n)=sum(2)+sum(3)+...+sum(n)
      只需求出sum(n)，就可以推出所有答案：ans(n)=ans(n-1)+sum(n)(我当时怎么就没想到呢，额。。。)。
      接下来重点就是求sum(n)：
      注意到所有gcd(x,n)都是n的约数，可以按照这个约数进行分类，用g(n,i)表示满足g(x,n)=i且x<n的正整数个数，
      则sum(n)=sum{i*g(n,i)|i是n的约数}。注意到gcd(x,n)=i的充要条件是gcd(x/i,n/i)=1
      (额，我是看到书上的这个提示，才想到怎么做的。。。)，因此满足条件的x/i有phi(n/i)个(欧拉函数)，说明g(n,i)=phi(n/i)。
      由于时间限制，同素数筛选法，我们需要对于每个i枚举它的倍数n并更新sum(n)，这些都在预处理中完成。

#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
int e[4000009];
long long sum[4000009],ans[4000009];
int n;
void deal(){
    memset(e,0,sizeof(e));
    e[1]=1;
    for(int i=2;i<4000005;i++){
        if(!e[i]){
            for(int j=i;j<4000005;j+=i){
                if(!e[j])
                    e[j]=j;
                e[j]=e[j]/i*(i-1);
            }
        }
    }
}
long long solve(){
    deal();
    memset(ans,0,sizeof(ans));
    memset(sum,0,sizeof(sum));
    long long i,j;
    for( i=1;i<=4000000;i++)
     for( j=2*i;j<=4000000;j+=i)
         sum[j]+=i*e[j/i];
      ans[2]=sum[2];
      for(int i=3;i<=4000000;i++)
          ans[i]=ans[i-1]+sum[i];
}
int main(){
        solve();
    while(~scanf("%d",&n)&&n)
       printf("%lld\n",ans[n]);    
    
}