JZOJ 4496. 【GDSOI 2016】第一题 互补约数

\(\text{Problem}\)

求

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

有 \(n \le 10^{11}\)

\(\text{Analysis}\)

一眼就知道要欧拉反演（虽然考场写了莫反）
那么就要套路套路地推式子了
先给出欧拉反演的一般形式

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

然后对题目中的式子推导一波

\[\begin{aligned} \sum_{i=1}^n \sum_{d|i} \gcd(d, \frac{i}{d}) &= \sum_{xy \le n} \gcd(x,y) \\ &= \sum_{xy \le n} \sum_{d|\gcd(x,y)} \varphi(d) \\ &= \sum_{d=1}^{\sqrt n} \varphi(d) \sum_{d|x} \sum_{d|y} 1 \\ &= \sum_{d=1}^{\sqrt n} \varphi(d) \sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{d^2} \rfloor} \lfloor \frac{n}{xd^2} \rfloor\\ \end{aligned} \]

发现这个式子后面可以数论分块
然后直接计算复杂度是 \(O(\sqrt n \log \sqrt n)\)
可以通过 \(10^{11}\)

\(\text{Code}\)

#include<cstdio>
#define LL long long
using namespace std;

LL n;

int vis[1000005], prime[600005], phi[1000005], totp;
inline void Euler()
{
	vis[1] = 1, phi[1] = 1;
	for(register int i = 2; i <= 1e6; i++)
	{
		if (!vis[i]) prime[++totp] = i, phi[i] = i - 1;
		for(register int j = 1; j <= totp && prime[j] * i <= 1e6; j++)
		{
			vis[prime[j] * i] = 1;
			if (i % prime[j]) phi[prime[j] * i] = (prime[j] - 1) * phi[i];
			else{phi[prime[j] * i] = prime[j] * phi[i]; break;}
		}
	}
}

inline LL solve()
{
	LL sum = 0;
	for(register LL d = 1; d * d <= n; d++)
	{
		LL s = 0, m = n / d / d, j;
		for(register LL i = 1; i * d * d <= n; i = j + 1) 
		{
			j = m / (m / i);
			s += (j - i + 1) * (m / i);
		}
		sum += phi[d] * s;
	}
	return sum;
}

int main()
{
	freopen("gcd.in", "r", stdin), freopen("gcd.out", "w", stdout);
	Euler(), scanf("%lld", &n), printf("%lld\n", solve());
}

因为原式是一个 \(\gcd\) 的形式，一个数算入贡献
所以我们走欧拉反演的路
但考场看到 \(\gcd\) 直接走莫反了
于是推了这么一个东西

\[\sum_{d=1}^{\sqrt n} \sum_{k=1}^{\sqrt \lfloor \frac{n}{d^2} \rfloor} \mu(k) \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d^2k^2} \rfloor} \lfloor \frac{n}{id^2k^2} \rfloor \]

单单数论分快暴力跑显然过不了
发现可以预处理后面一坨式子，因为 \(d^2k^2\) 的取值只有 \(O(\sqrt n)\) 种