$P2398 GCD SUM$

(Description)

求(sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^n gcd(i,j))

(Solution)

这种(gcd)计数的题一般思想是枚举(gcd)。

对于这道题，有一下几种做法，循序渐进

暴力：(O(n^2logn))

就是暴力枚举所有数求(gcd)，期望得分不清楚，大概(20pts)

可以优化(gcd)函数，记忆化一下。

画个矩阵发现可以只求下三角，即只求(sumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^{j<i}gcd(i,j))，将答案(*2)后再单独用等差数列求和公式处理对角线上的情况((i==j))，一顿操作猛如虎，但因为会(MLE)仍然无法通过(70pts)

离正解只差一步的暴力:(O(nsqrt n))

枚举所有数(i)，设组成数对的另一个数为(j)，仍是只考虑(i<j)的情况。设(gcd(i,j)=k)，则(gcd(frac{i}{k} ,frac{j}{k})=1)，符合这样的数(frac{j}{k})的个数就应该是(phi(frac{i}{k}))，所以(O(sqrt n))枚举(i)的所有因数为(gcd)，(ans+=gcdcdot phi(frac{i}{gcd}))。总复杂度(O(nsqrt n))。

(70pts)肯定是稳过的，至此离正解只差一步。

正解(O(nln n))

上面枚举因子(O(sqrt n))显然是可以优化的，可以先枚举(gcd)，再枚举另一个因子得出(i=gcd*x)，和上面方法是等效的，调和级数(O(ln n))总复杂度(O(n ln n))

(Code)

int n,prime[maxn],pcnt,is_not_prime[maxn];
int phi[maxn];
ll ans;
void Get_Phi(int x)
{
	is_not_prime[1]=1;
	for(re int i=2;i<=x;++i)
	{
		if(!is_not_prime[i]) prime[++pcnt]=i,phi[i]=i-1;
		for(re int j=1;j<=pcnt;++j)
		{
			if(i*prime[j]>x) break;
			is_not_prime[i*prime[j]]=1;
			if(!(i%prime[j]))
			{
				phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			else phi[i*prime[j]]=phi[i]*phi[prime[j]];
		}
	}
}
int vis[maxn];
int main()
{
    n=read();
    Get_Phi(n);
    for(re int i=1;i<=n;++i)//枚举gcd
		for(re int j=2;j*i<=n;++j)//枚举数对中较大的数/gcd的结果，从2枚举是为了不考虑对角线 
		{
			ans+=(ll)phi[j]*i;
		}
	ans*=2;//上三角下三角 
	ans+=(ll)(1+n)*n/2;//统计对角线 
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}

(Updata)

当我在(luogu)刷这道题的(k)倍经验时，遇到了一道多组数据且(T<=200000)的题，于是成功(TLE)了
其实只需要对上面算法进行小的改动就行

    ans+=(ll)phi[j]*i;

注意到这一行(ans)更新的其实是(sumlimits_{x=1}^{x<i*j}gcd(x,i*j))，相当于对(i*j)的答案更新
那么可以这样写

    f[i*j]+=(ll)phi[j]*i;

每个答案就是(sumlimits_{i=1}^nf[i])
所以对于数据个数很多的情况，预处理到最大范围，求前缀和，(O(1))回答即可。