题面戳我
题意：求
[sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)mbox{为质数} ]
]
sol
反演都会就不讲了。
化成的式子：
[sum_{pmbox{为质数}}^{n}sum_{d=1}^{n/p}mu(d)lfloor frac {n/p}i
floor^2
]
其实就是
[sum_{p=1}^{n}[pmbox{为质数}]sum_{d=1}^{n/p}mu(d)lfloor frac {n/p}i
floor^2
]
你就当做有一个函数
[h(x)=[xmbox{为质数}]
]
然后对这个函数做一个前缀和就行了。还是两遍数论分块。
复杂度(O(n))
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define ll long long
const int N = 1e7 + 5;
int n,mu[N],pri[N],tot,zhi[N];
void Mobius()
{
zhi[1]=mu[1]=1;
for (int i=2;i<=n;i++)
{
if (!zhi[i]) pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for (int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=n;j++)
{
zhi[i*pri[j]]=1;
if (i%pri[j]) mu[i*pri[j]]=-mu[i];
else {mu[i*pri[j]]=0;break;}
}
}
for (int i=1;i<=n;i++)
mu[i]+=mu[i-1],zhi[i]=(!zhi[i])+zhi[i-1];
}
ll calc(int a)
{
int i=1;
ll res=0;
while (i<=a)
{
int j=a/(a/i);
res+=1ll*(mu[j]-mu[i-1])*(a/i)*(a/i);
i=j+1;
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
Mobius();
int i=1;
ll ans=0;
while (i<=n)
{
int j=n/(n/i);
ans+=1ll*(zhi[j]-zhi[i-1])*calc(n/i);
i=j+1;
}
printf("%lld
",ans);
return 0;
}