Description
给出一个数字N
Input
第一行为一个正整数T，表示数据组数。
接下来T行为询问，每行包含一个正整数N。
T<=5000,N<=10^7
题解： 求 $sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}varphi(gcd(i,j))$
$=sum_{d=1}^{n}varphi(d)sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}[gcd(i,j)==d]$
$=sum_{d=1}^{n}varphi(d)sum_{i=1}^{frac{n}{d}}sum_{j=1}^{frac{n}{d}}[gcd(i,j)==1]$
其中 $sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}[gcd(i,j)==1]=2 imessum_{i=1}^{n}varphi(i)-1$
可以用数形结合来思考：
$sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{i}[gcd(i,j)==1]=sum_{i=1}^{n}varphi(i)$
这个式子可以看作是对角线一半的欧拉函数值(以 $i$ 为横坐标，$j$ 为纵坐标）
而 $sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{n}[gcd(i,j)==1]$ 正好是对角线折叠过去的结果.
不过还要减去 $(1,1)$ 多出来的贡献（只有 $1$ 是和自己本身互质的数）
令 $Sum(n)=sum_{i=1}^{n}varphi(i)$
答案为 $sum_{d=1}^{n}varphi(d)sum_{i=1}^{frac{n}{d}}sum_{j=1}^{frac{n}{d}}[gcd(i,j)==1]$
$Rightarrowsum_{d=1}^{n}varphi(d) imes(2 imessum_{i=1}^{frac{n}{d}}varphi(i)-1)$
$Rightarrowsum_{d=1}^{n}varphi(d) imes(2 imes Sum(frac{n}{d})-1)$
$Rightarrow2 imessum_{d=1}^{n}varphi(d)Sum(frac{n}{d})-Sum(n)$
提前与处理一下欧拉函数前缀和即可.
#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 10000003
#define M 10000000
#define ll long long
using namespace std;
void setIO(string s)
{
string in=s+".in";
freopen(in.c_str(),"r",stdin);
}
int cnt;
bool vis[maxn];
int prime[maxn], phi[maxn];
ll sumv[maxn];
inline void Linear_shaker()
{
phi[1]=1;
int i,j;
for(i=2;i<=M;++i)
{
if(!vis[i]) prime[++cnt]=i, phi[i]=i-1;
for(j=1;j<=cnt&&1ll*i*prime[j]<=M;++j)
{
vis[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
{
phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
break;
}
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
}
}
for(i=1;i<=M;++i) sumv[i]=sumv[i-1]+phi[i];
}
inline void solve()
{
int n,i,j;
scanf("%d",&n);
ll re=0;
for(i=1;i<=n;i=j+1)
{
j=(n/(n/i));
re+=(sumv[j]-sumv[i-1])*(sumv[n/i]*2-1);
}
printf("%lld
",re);
}
int main()
{
// setIO("input");
Linear_shaker();
int T;
scanf("%d",&T);
while(T--) solve();
return 0;
}