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Solution:
我们尝试着转化一下式子
[sum_{pin pri} sum_{i=1}^n sum_{j=1}^n [gcd(i,j)=p]\
sum_{pin pri} sum_{i=1}^{lfloor {nover p}
floor} sum_{j=1}^{lfloor {nover p}
floor} [gcd(i,j)=1]\
]
后面一部分有些眼熟(要素察觉
[sum_{pin pri} sum_{i=1}^{lfloor {nover p}
floor} sum_{j=1}^{lfloor {nover p}
floor} sum_{d|i,d|j} mu(d)\
sum_{pin pri} sum_{d=1}^{lfloor {nover p}
floor} mu(d) {lfloor {nover pd}
floor}^2\
T=dp\
sum_{T=1}^n {lfloor {nover T}
floor}^2sum_{p|T,pin pri} mu({Tover p})
]
我们令(f(T)=sum_{p|T,pin pri} mu({Tover p}))，考虑如何线筛
当(Tin pri)，(f(T)=1)是十分显然的，考虑(f(T imes p),pin pri)
经过简单推导可发现(p|T)时，(f(T imes p)=mu(T))，否则(f(T imes p)=-f(T)+mu(T))
那么我们便可以愉快的数论分块了！时间复杂度(O(sqrt n+n))
正解phi?看到gcd就莫反的我是不是已经没救了
Code:
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=1e7+11;
bool vis[N];
int n,cnt,ans,p[N],u[N],f[N];
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
void prepare(){
u[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
if(!vis[i]) p[++cnt]=i,u[i]=-1,f[i]=1;
for(int j=1;j<=cnt&&i*p[j]<=n;j++){
vis[i*p[j]]=1;
if(i%p[j]==0){
f[i*p[j]]=u[i];
break;
}
u[i*p[j]]=-u[i];
f[i*p[j]]=-f[i]+u[i];
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) f[i]+=f[i-1];
}
signed main(){
n=read();
prepare();
for(int i=1,j;i<=n;i=j+1){
j=n/(n/i);
int v=n/i;v=v*v;
ans+=(f[j]-f[i-1])*v;
}printf("%lld
",ans);
return 0;
}