本文主要讲一下最大公约数的和的推导过程（因为其太过经典，其实是博主老忘）。
原式：
\[\sum_{i = 1}^n\sum_{j = 1}^n\gcd(i, j)
\]
莫比乌斯反演经典入门题。
话不多说，进入正文。
\[\begin{aligned}
& \sum\limits_{i = 1}^n\sum\limits_{j = 1}^ngcd(i, j) \\
=& \sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^n\sum\limits_{j = 1}^n[gcd(i, j) = k] \\
=& \sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{j = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}[gcd(i, j) = 1] \\
=& \sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{j = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\epsilon(gcd(i, j))
\end{aligned}
\]
根据 \(\epsilon = \mu * I\)，即 \(\epsilon(n) = \sum\limits_{d | n}\mu(d)\)，得：
\[\sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{j = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{d | (i, j)}\mu(d)
\]
我们先考虑这样一个式子如何化简：
\[\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{d | i}\mu(d)
\]
把枚举 \(i\) 改成枚举 \(d\)，\(\left\lfloor\dfrac{n}{k}\right\rfloor\) 以内是 \(d\) 的倍数的数有 \(\left\lfloor\dfrac{n}{dk}\right\rfloor\) 个，得：
\[\sum\limits_{d = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\left\lfloor\dfrac{n}{dk}\right\rfloor\mu(d)
\]
我们先枚举 \(d\)，并把这个式子代入到刚才我们化简得那个式子中去：
\[\begin{aligned}
& \sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{i = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{j = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\sum\limits_{d | (i, j)}\mu(d) \\
=& \sum\limits_{k = 1}^nk\sum\limits_{d = 1}^{ \left\lfloor\frac{n}{k}\right\rfloor}\left\lfloor\dfrac{n}{dk}\right\rfloor^2\mu(d)
\end{aligned}
\]
再令 \(T = dk\)，并枚举 \(T\) （其实下面的式子和上面的式子里 \(d\) 和 \(k\) 反过来了，不过我懒得改了 QwQ）：
\[\sum_{T = 1}^n\sum_{d \mid T}d\mu(\frac Td)\lfloor\frac nT\rfloor^2
\]
至此，就已经是一般形式了，这个可以用整除分块快速求解。
但是，这道题还没有完，还可以进一步转化。
我们知道 \(\varphi = \mu * id\)，正好式子里存在！所以：
\[\sum_{T = 1}^n\varphi(T)\lfloor\frac nT\rfloor^2
\]
现在，这道题才算是真正结束了（感觉一下子式子里啥都没了 QwQ）
\[\_EOF\_
\]