题目:
分析:
求:
这道题给同届新生讲过,由于种种原因只讲了 (O(n)) 预处理欧拉函数 (O(n)) 查询的暴力做法,顺带提了一句 “这题能根号查询” 被教练嘴了 QAQ 。以及小恐龙给我说有 (O(nlog n)) 预处理 (O(1)) 查询的另一种写法。
重点是前几天某学长讲课讲这道题,才知道有 (O(n)) 预处理 (O(1)) 查询的神仙做法,并且据说因为 SPOJ 上时限 0.237s ,复杂度比这个高的都过不去(只交了最后一种,所以我也不知道是真的假的……)。下面分别介绍这三种做法(在无特殊说明的情况下,本文中所有除法均为向下取整):
方法一
为了方便计算,先给和式中添上 (sum_{i=1}^{n}gcd(i,i)=frac{n(n+1)}{2}),再换一下枚举顺序,得到:
然后先枚举 (gcd(i,j)) 的值,并把 (i) 变成 (icdot d),(j) 变成 (jcdot d) :
(方括号表示其中式子成立时值为 (1) ,否则为 (0) )
根据欧拉函数的定义( (varphi(x)) 表示不超过 (x) 的与 (x) 互质的正整数的个数),得到:
(其中 (S_varphi) 表示 (varphi) 的前缀和,即 (S_varphi(x)=sum_{i=1}^{x}varphi(x)) )
用线性筛处理出欧拉函数前缀和后数论分块即可。预处理 (O(n)) ,查询 (O(sqrt{n})) 。
方法二
设:
则答案为:
考虑如何计算 (F(i)) 。同样先枚举 (gcd(i,j)) 的值:
于是先线性筛 (varphi) ,然后枚举 (d) ,每个 (d) 向所有 (F(icdot d) (0<ileq frac{n}{d})) 贡献 (dcdot varphi(i)) 。最后处理 (F) 函数的前缀和。预处理时间复杂度为 (n) 乘上 (sum_{i=1}^{n}frac{1}{i}),约为 (O(nlog n)) 。可以 (O(1)) 查询。
方法三:
接着方法二:
则答案为:
考虑如果已经求出了 (F(n)) ,则有(其中 (p) 是质数且与 (n) 互质):
对于和式的每一项,这个 (p) 要么乘到 (d) 上,要么乘到 (varphi(i)) 上,而欧拉函数是积性函数所以 (varphi(ip)=pcdot varphi(i)) 。
这个性质很好,如果能快速计算 (n=p^k) ((p) 是质数)的情况就能愉快地线性筛了。(为什么?请看 【知识总结】线性筛_杜教筛_Min25筛 的线性筛部分)
考虑当 (n=p^k) ,(F(n)=sum_{i=0}^{k}p^{k-i}varphi(p^i)) 。根据欧拉函数的公式:
(注意当 (i=0) 时 (p^0=1) 中没有因子 (p) ,要特殊处理)
所以当 (k>1) , (F(p^{k-1})=(k-1)p^{k-2}(p-1)+p^{k-1}) ,给它乘上 (p) 再加上 (p^{k-1}(p-1)) 就是 (F(p^k)) 。 (k=1) (即 (n) 是质数)的情况直接手算一下,等于 (2n-1) 。
于是可以线性筛出 (F) 函数然后处理前缀和, (O(n)) 预处理 (O(1)) 查询。
代码:
(方法三)
#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
namespace zyt
{
template<typename T>
inline bool read(T &x)
{
char c;
bool f = false;
x = 0;
do
c = getchar();
while (c != EOF && c != '-' && !isdigit(c));
if (c == EOF)
return false;
if (c == '-')
f = true, c = getchar();
do
x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
while (isdigit(c));
if (f)
x = -x;
return true;
}
template<typename T>
inline void write(T x)
{
static char buf[20];
char *pos = buf;
if (x < 0)
putchar('-'), x = -x;
do
*pos++ = x % 10 + '0';
while (x /= 10);
while (pos > buf)
putchar(*--pos);
}
typedef long long ll;
const int N = 1e6 + 10;
ll f[N];
int prime[N], last[N], cnt;
bool mark[N];
void init()
{
f[1] = 1;
for (int i = 2; i < N; i++)
{
if (!mark[i])
prime[cnt++] = last[i] = i, f[i] = i * 2 - 1;
for (int j = 0; j < cnt && (ll)i * prime[j] < N; j++)
{
int k = i * prime[j];
mark[k] = true;
if (i % prime[j] == 0)
{
last[k] = last[i] * prime[j];
if (last[k] == k)
f[k] = f[i] * prime[j] + (ll)i * (prime[j] - 1);
else
f[k] = f[i / last[i]] * f[last[k]];
}
else
{
last[k] = prime[j];
f[k] = f[i] * f[prime[j]];
}
}
}
for (int i = 1; i < N; i++)
f[i] += f[i - 1];
}
int work()
{
int n;
init();
while (read(n) && n)
write(f[n] - (ll)(n + 1) * n / 2), putchar('
');
return 0;
}
}
int main()
{
return zyt::work();
}