题解 洛谷P2568 GCD

(update 2018/11/18)修改了(Letex)，其他没有变

中间我(AFO)了,成功从红名掉到了蓝名

(update 2019/7/22)加了很多自己学文化课时的感悟

---

听说有一句话数论只会(GCD)，所以我翻开了此题，却发现这题并不是这么简单

所以就写篇题解吧(废话真多)

题目

---

先介绍一个东西：欧拉函数

定义： 对于正整数(n),小于或等于(n),且与(n)互质的正整数(包括1)的个数，记作(φ(n))。((φ(1)=1))

写成数学公式就是(φ(n)=displaystylesum_{i=1}^n1(gcd(i,n)=1))

那么答案是什么呢？

我们考虑每个质数(p)对答案的贡献,对于每一个质数(p)

(gcd(x,y)=1)等价于(gcd(a*p,b*p)=p)

所以(gcd(x,y))为(p)的数对个数即为(1<=a,b<= frac{n}{p})中互质对(a,b)的个数,其中不妨令(a<=b)

对于每一个(b,a)有(φ(b))个取值使(a,b)互质，及(gcd(a*p,b*p)=p)

所以此题答案就是(displaystylesum_{i=1}^n φ(i))

---

先介绍一些(φ(n))的性质：

积性函数(常见的有)

​ $ε(n)=[n==1] d(n)=displaystylesum_{d|n}1 σ(n)=displaystylesum_{d|n}d $

​ $ μ(n)=[max(c_1,c_2,...c_m)<=1]*(-1)^m$

​ 当然，还有(φ(n))喽

积性函数的性质：若(gcd(a,b)==1)则(f(a imes b)=f(a) imes f(b))

(φ(n))的其他性质

​ 1.若(p)为质数(φ(p)=p-1)

​ 2.若(p|n)且(p^2|n)，则(φ(n)=φ(n/p) imes p)

​ 3.若(p|n)但是不满足(p^2|n)，则(φ(n)=φ(n/p) imes (p-1))

​ 4.(displaystylesum_{d|n}φ(d)=n)

---

所以，现在问题就转化为了怎样快速求(φ(n))

可以联想到欧拉筛法，因为可以在(O(n))的时间内求出所有质数。

若对于(i)，如果已知所有的(1-i) 的(φ)，枚举(<=i)的质数(p[j])，可以求得(φ(x imes p[j]))

1.若(p[j])与(x)互质 (φ(x*p[j])=φ(x)*φ(p[j]))

2.若不互质，设(x=t*p[j]^k)

(φ(x*p[j])=φ(t*p[j]^{k+1})=φ(t)*φ(p[j]^{k+1}))(=φ(t)*φ(p[j]^k)*p[j]=φ(x)*p[j])

所以，预处理(φ(i))的代码：

	for (int i=2;i<=n;++i){
		if (is_prime[i]) phi[i]=i-1,prime[++prime_num]=i;
		for (int j=1;j<=prime_num&&prime[j]*i<=n;++j){
			is_prime[prime[j]*i]=0;
			if (__gcd(prime[j],i)==1) phi[prime[j]*i]=phi[prime[j]]*phi[i];
				else phi[prime[j]*i]=prime[j]*phi[i];
			if (i%prime[j]==0) break;
		}
	}

做一下前缀和就可以了

最后提醒一句，(10)年(OI)一场空，不开(long long)见祖宗

---

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N=10000005;
bool is_prime[N];
int n,prime_num,prime[N],phi[N];
long long sum[N];
int main(){
	scanf("%d",&n);
	memset(is_prime,1,sizeof(is_prime));
	is_prime[1]=0;phi[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;++i){
		if (is_prime[i]) phi[i]=i-1,prime[++prime_num]=i;
		for (int j=1;j<=prime_num&&prime[j]*i<=n;++j){
			is_prime[prime[j]*i]=0;
			if (__gcd(prime[j],i)==1) phi[prime[j]*i]=phi[prime[j]]*phi[i];
				else phi[prime[j]*i]=prime[j]*phi[i];
			if (i%prime[j]==0) break;
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;++i) sum[i]=sum[i-1]+phi[i];
	long long ans=0;
	for (int i=1;i<=prime_num&&prime[i]<=n;++i) 
		ans+=(sum[n/prime[i]]<<1)-1;
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}