poj2480（利用欧拉函数的积性求解）

题目链接:  http://poj.org/problem?id=2480

题意：∑gcd(i, N) 1<=i <=N，就这个公式，给你一个n，让你求sum=gcd(1,n)+gcd(2,n)+gcd(3,n)+…………gcd(n-1,n)+gcd(n,n),（1<=n<2^31）是多少？

放心吧！！！暴力肯定是做不出来的，如果你数论只会gcd（和我一样），那还是学点东西再来挑战这个题吧！

 

 这个题需要用到欧拉函数的知识……

欧拉函数的定义：对正整数n，欧拉函数是小于n的正整数中与n互质的数的数目（我们定义φ(1)=1）

欧拉函数的的通式：φ(n)=n*(1-1/p1)*(1-1/p2)*(1-1/p3)……*(1-1/ps)(p1,p2,p3,……ps均是n的质因子)

欧拉函数有这么几个比较重要的性质：

性质1：如果n是质数p的k次幂，那么φ(n)=p^k-1*(p-1)

性质2：欧拉函数是积性函数——若m,n互质，φ(mn)=φ(n)*φ(m)，积性函数和完全积性函数有区别，有兴趣可以自己百度一下

性质3：当n为奇数的时候，φ(2n)=φ(n)，这一点是由性质2推出来的，因为2必定和所有的奇数都是互质的，所以而φ(2)=1。所以得出这个结果

性质4：n的所有质因子之和等于φ(n)*n/2（这不算性质，只能算延伸）。

 

好了，大体介绍完了欧拉函数，我们可以开始来看看这个题怎么做了。

首先要知道gcd(i,n)是积性函数（当n固定时），也就是说gcd(i*j,n)=gcd(i,n)*gcd(j,n)(这里还有一个限制条件，就是i，j互质，所以gcd并非完全积性函数)

一开始我不是利用积性函数的性质做的，但是也用到了欧拉函数，因为一眼就和欧拉函数有关一下就手撕了，相当于半暴力吧，344ms，好丢人，这里也说下是怎么做的。

我们枚举gcd(i,n)的所有情况即n的所有因子都有可能是他和其他数的最大公因数。我们假设M是n与i的最大公因数，那么所有与i互质且小于i的数与M的乘积我们设这个数为j，与n的最大公因数都为M，即gcd(j,n)=M,.这里所有与i互质且小于i的数也就是i的欧拉函数φ(i)而i=n/M。

但是我们直接1-n去枚举n的所有因子设为M，来枚举最大公约数的所有情况答案需要n的复杂度，在2^31次方的情况下是会超时的，所以我们采用折半枚举，具体看代码吧

//Author: xiaowuga
#include<iostream>
#include<cmath>
#define maxx INT_MAX
#define minn INT_MIN
#define inf 0x3f3f3f3f
const long long N=1000;
using namespace std;
typedef long long LL;
LL euler(LL n){
    LL res=n;
    for(LL i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            res=res/i*(i-1);
            while(n%i==0) n/=i;
        }
    }
    if(n>1)  res=res/n*(n-1);
    return res;
}
int main(){
    LL n;
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF){
        LL ans=0;
        for(LL i=1;i*i<=n;i++){
            if(n%i==0){
                ans+=euler(n/i)*i;
                if(i*i<n) ans+=euler(i)*(n/i);
            }
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

 

 

 

好了现在我们需要来学习真正的姿势了，我也是刚学的，利用gcd是积性函数的性质，根据前文说的，我们有这样的结论：n>1时 n=p1^a1*p2^a2*...*ps^as，p为n的质因子，那么f(n)是积性函数的充要条件是f(1)=1，及f(n) = f(p1^a1)*f(p2^a2)*...f(pr^ar)，所以只要求f(pi^ai)就好。现在来看具体做法。

f(pi^ai) =  Φ（pi^ai）+pi*Φ（pi^(ai-1)）+pi^2*Φ（pi^(ai-2)）+...+pi^(ai-1)* Φ（pi）+ pi^ai *Φ（1）

根据性质1，我们可以做出如下化简

f(pi^ai)=[pi^(ai-1)*(pi-1) ] +  [pi*pi^(ai-2)*(pi-1)]  +  [pi^2*pi^(ai-3)*(pi-1)]  +  [pi^3*pi^(ai-4)*(pi-1)]....[pi^(ai-1)*pi^(ai-ai)*(pi-1)]+pi^ai   ①

然后对①提取公因子（pi-1）

f(pi^ai)=(pi-1){[pi^(ai-1) ] +  [pi*pi^(ai-2)]  +  [pi^2*pi^(ai-3)]  +  [pi^3*pi^(ai-4)]....[pi^(ai-1)*pi^(ai-ai)]+[pi^ai/(pi-1)]}  ②

紧接着我们发现出了最后一项每个[]每个方括号内乘积都等于pi^(ai-1),所以对②提取公因子pi^(ai-1)

f(pi^ai)=(pi-1)*pi^(ai-1)*{ai+[pi/(pi-1)]} ③

然后把(pi-1)/pi放进括号里得

f(pi^ai)=pi^(ai)*{1+ai*(pi-1)/pi} ④

这个 ④是单个f(pi^ai)的公式，我们提取所有的pi^(ai)相乘实际上就是n了，所以我们可以得到f(n)的公式：f(n)=n*∏（1+ai*(pi-1)/pi）

然后我们看代码吧！

//Author: xiaowuga
#include<iostream>
#include<cmath>
#define maxx INT_MAX
#define minn INT_MIN
#define inf 0x3f3f3f3f
const long long N=1000; 
using namespace std;
typedef long long LL;
int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);
    int n;
    while(cin>>n){
        LL i,sqr,p,a,ans;
        ans=n;
        sqr=floor(sqrt(1.0*n));
        for(int i=2;i<=sqr;i++){
            if(n%i==0){
                a=0;p=i;
                while(n%p==0){
                    a++;n/=p;
                }
                ans=ans+ans*a*(p-1)/p;
            }
        }
        if(n!=1) ans=ans+ans*(n-1)/n;
        cout<<ans<<endl;
    }        
    return 0;
}