一个基于观察不依赖于反演的做法。
首先 ( m lcm) 是不好算的，转化为计算 ( m gcd) 的问题，求：
[sumlimits_{i = 1} ^ n frac{in}{gcd(i, n)}
]
注意到 (gcd(n - i, n) = gcd(i, n), (n - i) imes n + in = n ^ 2)，可以考虑将 (gcd(n - i, n), gcd(i, n)) 一起计算。
具体地，将原式乘 (2)， 前后配对。需要注意的是会多出一项，需要额外拿出来。
[frac{1}{2} (sumlimits_{i = 1} ^ n frac{n ^ 2}{gcd(i, n)} + n)
]
按照技巧枚举 (d = gcd(i, n))：
[frac{1}{2} (sumlimits_{d mid n} sumlimits_{i = 1} ^ n frac{n ^ 2}{d} [gcd(i, n) = d] + n)
]
后面的部分可以除去 (d)：
[frac{1}{2} (sumlimits_{d mid n} sumlimits_{i = 1} ^ {frac{n}{d}} frac{n ^ 2}{d} [gcd(i, n) = 1] + n)
]
即：
[frac{1}{2} (sumlimits_{d mid n} frac{n ^ 2}{d} imes varphi(frac{n}{d}) + n)
]
方便起见枚举 (d = frac{n}{d})：
[frac{n}{2} (n imes sumlimits_{d mid n} imes d varphi(d) + 1)
]
中间的求和部分与 (n) 无关，直接枚举 (d) 再枚举倍数累加贡献即可，复杂度 (O(n ln n + T))。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define rep(i, l, r) for (int i = l; i <= r; ++i)
const int N = 1000000 + 5;
bool iprime[N];
int T, n, tot, phi[N], ans[N], prime[N];
int read() {
char c; int x = 0, f = 1;
c = getchar();
while (c > '9' || c < '0') { if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
return x * f;
}
signed main() {
T = read();
iprime[1] = phi[1] = 1;
rep(i, 2, N - 5) {
if(!iprime[i]) prime[++tot] = i, phi[i] = i - 1;
for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= N - 5; ++j) {
iprime[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0) { phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j]; break;}
phi[i * prime[j]] = phi[i] * phi[prime[j]];
}
}
rep(i, 1, N - 5) for (int j = i; j <= N - 5; j += i) ans[j] += i * phi[i];
while (T--) n = read(), printf("%lld
", (n * ans[n] + n) / 2);
return 0;
}
值得一提的是，如果答案贡献式各个部分都包含变量时，通过观察和一些技巧减少变量的个数是一种简化问题的手段。