题意

给一个数N，求：

$\sum_{i=1}^{i<N}\sum_{j=i+1}^{j\leqslant N}\gcd(i,j)$

其中 $2\leqslant N\leqslant 4\times 10^{6}$ ，多组输入，输入以0结束，保证答案在long long范围内。

思路

很好的一道题，值得一刷！！！

看的第一眼确实直接往莫比乌斯反演上想，但其实没那么复杂......

设

$f_{i}=\gcd(1,i)+\gcd(2,i)+\gcd(3,i)+...+\gcd(i-1,i)$

也即记作：

$f_{i}=\sum_{j=1}^{i-1}\gcd(j,i)$

则答案为

$S_{i}=f_{2}+f_{3}+...+f_{i}$

也即记作：

$S_{i} = \sum_{j=2}^{n}f_{j}$

所以要先求出 $f_{i}$ ，那么即可通过前缀和所有的 $S_{i}$ ，其中 $(2\leqslant i\leqslant N,N=4\times 10^{6})$

那么怎么求 $f_{i}$ 呢？

令 $d=\gcd(j,i)$ ，枚举因数 $d$ ，那么设共有 $k$ 个 $j$ 使得 $d=\gcd(j,i)$ ，则对答案的贡献是 $k\times d$ 。

接下来考虑怎么求k。由 $d=\gcd(j,i)$ 则一定有 $d|j,d|i$ ，且满足 $\gcd(\frac{j}{d},\frac{i}{d})=1$ ，即 $\frac{j}{d}$ 与 $\frac{i}{d}$ 互质。

所以有对任意一个有最大公因数的 $(j,i)$ 一定有一对 $(\frac{j}{d},\frac{i}{d})$ 与之对应，而 $\frac{j}{d}$ 与 $\frac{i}{d}$ 互质，所以根据欧拉函数，这样的 $\frac{j}{d}$ 共有 $\varphi(\frac{i}{d})$ ，则这样的 $j$ 共有 $\varphi(\frac{i}{d})$ ，则每对 $(i,j)$ 对答案的贡献是 $j\times\varphi(\frac{i}{d})$ .

则对于给定的N，欧拉函数 $\varphi(N)$ 可以在 $O(N)$ 的时间复杂度算出来，对枚举的因数 $d$ 的时间复杂度为 $O(N\times \log(N))$ ，前缀和求出答案的时间复杂度为 $O(N)$ ，故计算答案的时间复杂度为 $O(2 \times N +\log N)$ 。

AcCode

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 4e6 + 5;
int p[N], phi[N], cnt;
bool vis[N];
LL f[N], s[N];

void get_phi() {
  phi[1] = 1;
  for(int i = 2; i < N; i++) {
    if(!vis[i]) {
      p[++cnt] = i;
      phi[i] = i - 1;
    }
    for(int j = 1; j <= cnt && p[j] * i < N; j++) {
      int m = i * p[j];
      vis[m] = 1;
      if(i % p[j] == 0) {
        phi[m] = p[j] * phi[i];
        break;
      } else {
        phi[m] = (p[j] - 1) * phi[i];
      }
    }
  }
}

signed main(){
  get_phi();
  for(int i = 1; i < N; i++){
    for(int j = i * 2; j < N; j += i){
      f[j] += i * phi[j / i];
    }
  }

  for(int i = 1; i < N; i++){
    s[i] = s[i - 1] + f[i];
  }
  
  LL n;
  while(scanf("%lld", &n) && n){
    printf("%lld\n", s[n]);
  }
  
  return 0;
}