令$d=gcd(i,j)$，$i'=frac{i}{d}$，$j'=frac{j}{d}$，则$(i',j')=1$，可得$(i'+j',i'j')=1$（假设有公因子$p$，必然有$p|i'或j'$，又因为$p|(i'+j')$，则$p|i'$且$p|j'$，与$(i',j')=1$矛盾）
根据这些，原式$(i+j)|ijiff(i'+j')|i'j'diff (i'+j')|d$
考虑枚举$i'$和$j'$，那么答案即$sum_{i=1}^{n}sum_{j=i+1}^{n}[gcd(i,j)=1]lfloorfrac{n}{(i+j)j} floor$
先对第一维进行反演，得到$sum_{d=1}^{n}mu(d)sum_{i=1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}sum_{j=i+1}^{lfloorfrac{n}{d} floor}lfloorfrac{n}{(i+j)jd^{2}} floor$
可以发现，右式不为0必要条件为$i<jlelfloor sqrt{frac{n}{d^{2}}} floor$，因此$dle sqrt{n}$，暴力复杂度即$nint_{1}^{sqrt{n}}x^{-2}dx=o(n)$
考虑先枚举$j$再对$i+j$数论分块，时间复杂度降为$n^{frac{3}{4}}int_{1}^{sqrt{n}}x^{-frac{3}{2}}dx=o(n^frac{3}{4})$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 100005 4 int n,p[N],vis[N],mu[N]; 5 long long ans; 6 long long calc(int n,int k){ 7 long long ans=0; 8 for(int i=k+1,j;(i<=n)&&(i<2*k);i=j+1){ 9 j=min(n/(n/i),2*k-1); 10 ans+=(n/i)*(j-i+1); 11 } 12 return ans; 13 } 14 int main(){ 15 scanf("%d",&n); 16 mu[1]=1; 17 for(int i=2;i<N-4;i++){ 18 if (!vis[i]){ 19 p[++p[0]]=i; 20 mu[i]=-1; 21 } 22 for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<N-4);j++){ 23 vis[i*p[j]]=1; 24 if (i%p[j])mu[i*p[j]]=mu[i]*mu[p[j]]; 25 else{ 26 mu[i*p[j]]=0; 27 break; 28 } 29 } 30 } 31 int d=(int)sqrt(n); 32 for(int i=1;i<=d;i++){ 33 int m=n/(i*i),dd=(int)sqrt(m); 34 for(int j=1;j<=dd;j++)ans+=mu[i]*calc(m/j,j); 35 } 36 printf("%lld",ans); 37 }