(color{#0066ff}{ 题目描述 })
众所周知，czmppppp是数学大神犇。一天，他给众蒟蒻们出了一道数论题，蒟蒻们都惊呆了。。。
给定正整数N，求LCM(1,N)+LCM(2,N)+...+LCM(N,N)。
(color{#0066ff}{输入格式})
第一行一个数T，表示有T组数据。
对于每组数据，一行，一个正整数N。
(color{#0066ff}{输出格式})
T行，每行为对应答案。
(color{#0066ff}{输入样例})
3
1
2
5
(color{#0066ff}{输出样例})
1
4
55
(color{#0066ff}{数据范围与提示})
对于30%的数据，1≤T≤5，1≤N≤100000
对于100%的数据，1≤T≤300000，1≤N≤1000000
(color{#0066ff}{ 题解 })
题目要求
[sum_{i=1}^n lcm(i,n)
]
转为gcd形式
[n*sum_{i=1}^n frac{i}{gcd(i,n)}
]
枚举gcd
[sum_{d=1}^n nsum_{i=1}^n [gcd(i,n)==d] frac i d
]
把d弄前面去
[nsum_{d|n}sum_{i=1}^{lfloorfrac n d
floor} [gcd(i,frac n d)==1] i
]
额，后面的的东西就是与一个数互质的数的和
但是我们只能求个数
考虑若(gcd(i,n)=1)，则(gcd(n-i,n)=1)
显然i一定成对出现
要特判一下1
所以，原式可以变为
[nsum_{d|n} frac {varphi(lfloorfrac n d
floor)*lfloorfrac n d
floor + 1} {2}
]
这样最后的复杂度是(O(Tsqrt n))的
不太好卡进去
因为时间浪费在了枚举因子
看到题目n的范围，显然可以开一个数组记录n的答案
这样是(O(T+nsqrt n))的
考虑枚举倍数，减少无用枚举
(O(T+nlogn))可过
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
LL in() {
char ch; LL x = 0, f = 1;
while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
for(x = ch ^ 48; isdigit(ch = getchar()); x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48));
return x * f;
}
const int maxn = 1e6 + 10;
LL ans[maxn], phi[maxn], pri[maxn], tot;
bool vis[maxn];
LL getans(LL n) {
return (phi[n] * n + 1) >> 1;
}
void predoit() {
phi[1] = 1;
for(int i = 2; i < maxn; i++) {
if(!vis[i]) pri[++tot] = i, phi[i] = i - 1;
for(int j = 1; j <= tot && (LL)i * pri[j] < maxn; j++) {
vis[i * pri[j]] = true;
if(i % pri[j] == 0) {
phi[i * pri[j]] = phi[i] * pri[j];
break;
}
else phi[i * pri[j]] = phi[i] * (pri[j] - 1);
}
}
for(int i = 1; i < maxn; i++)
for(int j = i; j < maxn; j += i)
ans[j] += getans(j / i);
}
int main() {
predoit();
for(int T = in(); T --> 0;) {
LL n = in();
printf("%lld
", n * ans[n]);
}
return 0;
}