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HYSBZ-2818
思路
这道题思路略微复杂，主要是需要交换枚举对象。
首先明确我们要求的答案
按照套路来
设f(n)为gcd(a,b)=n的个数
则F(n)为gcd(a,b)=n及n的倍数的个数
然后可以转化为
然后用莫比乌斯倍数反演
然后代入得到
然后我们交换枚举项，我们枚举
这时候我们枚举T=pt(T是中间变量，跟上面那个没有关系)，只需要枚举到Min(n,m)
这一步可能很难理解，后面一部分，其实前面是倍数，那么相当于提取公因式后，乘上的数就变成因数了。
这个式子就是我们最终得到的式子了,后面的明显可以预处理出来，因为T确定了，后面的和式也就确定了
前面一部分我们可以用分块除法解决。
这题不要单独打表，会T。把get_mu放入while中即可，单组数据
代码实现
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| #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<assert.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxnx = 1e7+10;
int mu[maxnx];
int sum[maxnx];
bool vis[maxnx];
int g[maxnx];
int prime[maxnx],cnt;
void get_mu(int maxn)
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<maxn;i++)
{
if(!vis[i])
{
prime[cnt++]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=0;j<cnt&&prime[j]*i<maxn;j++)
{
vis[i*prime[j]]=true;
if(i%prime[j])
{
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
else
{
mu[i*prime[j]]=0;
break;
}
}
}
for(int j=0;j<cnt;j++)
{
for(int i=1;i*prime[j]<maxn;i++)
{
g[i*prime[j]]+=mu[i];
}
}
for(int i=1;i<maxn;i++)sum[i]=sum[i-1]+g[i];
}
int main()
{
ll n;
while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
{
ll ans = 0;
get_mu(n);
for(int i=1,last;i<=n;i=last+1)
{
last=n/(n/i);
ans+=1ll*(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(n/i);
}
cout<<ans<<endl;
}
}
|