【SPOJ-GCDEX】GCD Extreme（欧拉函数）
题目：
分析：
求：
这道题给同届新生讲过，由于种种原因只讲了 \(O(n)\) 预处理欧拉函数 \(O(n)\) 查询的暴力做法，顺带提了一句 “这题能根号查询” 被教练嘴了 QAQ 。以及小恐龙给我说有 \(O(n\log n)\) 预处理 \(O(1)\) 查询的另一种写法。
重点是前几天某学长讲课讲这道题，才知道有 \(O(n)\) 预处理 \(O(1)\) 查询的神仙做法，并且据说因为 SPOJ 上时限 0.237s ，复杂度比这个高的都过不去（只交了最后一种，所以我也不知道是真的假的……）。下面分别介绍这三种做法（在无特殊说明的情况下，本文中所有除法均为向下取整）：
方法一
为了方便计算，先给和式中添上 \(\sum_{i=1}^{n}gcd(i,i)=\frac{n(n+1)}{2}\)，再换一下枚举顺序，得到：
然后先枚举 \(gcd(i,j)\) 的值，并把 \(i\) 变成 \(i\cdot d\)，\(j\) 变成 \(j\cdot d\) ：
（方括号表示其中式子成立时值为 \(1\) ，否则为 \(0\) ）
根据欧拉函数的定义（ \(\varphi(x)\) 表示不超过 \(x\) 的与 \(x\) 互质的正整数的个数），得到：
（其中 \(S_\varphi\) 表示 \(\varphi\) 的前缀和，即 \(S_\varphi(x)=\sum_{i=1}^{x}\varphi(x)\) ）
用线性筛处理出欧拉函数前缀和后数论分块即可。预处理 \(O(n)\) ，查询 \(O(\sqrt{n})\) 。
方法二
设：
则答案为：
考虑如何计算 \(F(i)\) 。同样先枚举 \(gcd(i,j)\) 的值：
于是先线性筛 \(\varphi\) ，然后枚举 \(d\) ，每个 \(d\) 向所有 \(F(i\cdot d) (0<i\leq \frac{n}{d})\) 贡献 \(d\cdot \varphi(i)\) 。最后处理 \(F\) 函数的前缀和。预处理时间复杂度为 \(n\) 乘上 \(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i}\)，约为 \(O(n\log n)\) 。可以 \(O(1)\) 查询。
方法三：
接着方法二：
则答案为：
考虑如果已经求出了 \(F(n)\) ，则有（其中 \(p\) 是质数且与 \(n\) 互质）：
对于和式的每一项，这个 \(p\) 要么乘到 \(d\) 上，要么乘到 \(\varphi(i)\) 上，而欧拉函数是积性函数所以 \(\varphi(ip)=p\cdot \varphi(i)\) 。
这个性质很好，如果能快速计算 \(n=p^k\) (\(p\) 是质数）的情况就能愉快地线性筛了。（为什么？请看 【知识总结】线性筛_杜教筛_Min25筛 的线性筛部分）
考虑当 \(n=p^k\) ，\(F(n)=\sum_{i=0}^{k}p^{k-i}\varphi(p^i)\) 。根据欧拉函数的公式：
（注意当 \(i=0\) 时 \(p^0=1\) 中没有因子 \(p\) ，要特殊处理）
所以当 \(k>1\) ， \(F(p^{k-1})=(k-1)p^{k-2}(p-1)+p^{k-1}\) ，给它乘上 \(p\) 再加上 \(p^{k-1}(p-1)\) 就是 \(F(p^k)\) 。 \(k=1\) （即 \(n\) 是质数）的情况直接手算一下，等于 \(2n-1\) 。
于是可以线性筛出 \(F\) 函数然后处理前缀和， \(O(n)\) 预处理 \(O(1)\) 查询。
代码：
（方法三）
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
namespace zyt
{
template<typename T>
inline bool read(T &x)
{
char c;
bool f = false;
x = 0;
do
c = getchar();
while (c != EOF && c != '-' && !isdigit(c));
if (c == EOF)
return false;
if (c == '-')
f = true, c = getchar();
do
x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
while (isdigit(c));
if (f)
x = -x;
return true;
}
template<typename T>
inline void write(T x)
{
static char buf[20];
char *pos = buf;
if (x < 0)
putchar('-'), x = -x;
do
*pos++ = x % 10 + '0';
while (x /= 10);
while (pos > buf)
putchar(*--pos);
}
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 10;
ll f[N];
int prime[N], last[N], cnt;
bool mark[N];
void init()
{
f[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; i++)
{
if (!mark[i])
prime[cnt++] = last[i] = i, f[i] = i * 2 - 1;
for (int j = 0; j < cnt && (ll)i * prime[j] < N; j++)
{
int k = i * prime[j];
mark[k] = true;
if (i % prime[j] == 0)
{
last[k] = last[i] * prime[j];
if (last[k] == k)
f[k] = f[i] * prime[j] + (ll)i * (prime[j] - 1);
else
f[k] = f[i / last[i]] * f[last[k]];
}
else
{
last[k] = prime[j];
f[k] = f[i] * f[prime[j]];
}
}
}
for (int i = 1; i < N; i++)
f[i] += f[i - 1];
}
int work()
{
int n;
init();
while (read(n) && n)
write(f[n] - (ll)(n + 1) * n / 2), putchar('\n');
return 0;
}
}
int main()
{
return zyt::work();
}
