P2568 GCD

Posted 2021-01-17 lltyyc

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考虑每一个质数 P 对答案的贡献

gcd(x,y) = P，不妨设 $xgeqslant  y$

那么 $gcd(frac{x}{P},frac{y}{P})=1$

对于每一个 $frac{x}{P}$，贡献就是求小于等于它的数中与它互质的数的个数，即 $phi_{frac{x}{P}}$

显然 $frac{x}{P} leqslant frac{n}{P}$

那么就是求每一个小于等于 $left lfloor  frac{n}{P} ight floor$ 的 $t$ 的 $phi_t$ 之和

对每一个质数 P 都要求一次

可以用前缀和优化，复杂度O(n)

注意此时是 $xgeqslant  y$ 的情况，要把答案乘2后减去 $x=y$ 的情况

显然 $x=y$ 只有当 $x=y=P$ 的时候

所以要减去小于等于 n 的质数个数

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<‘0‘||ch>‘9‘) { if(ch==‘-‘) f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘) { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e7+7;
int n;
int pri[N],tot;
ll phi[N],ans;
bool not_pri[N];
void pre()//线性筛欧拉函数
{
    not_pri[1]=1; phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!not_pri[i]) { pri[++tot]=i; phi[i]=i-1; }
        for(int j=1;j<=tot;j++)
        {
            ll g=pri[j]*i; if(g>n) break;
            not_pri[g]=1;
            if(!(i%pri[j])) { phi[g]=phi[i]*pri[j]; break; }
            else phi[g]=phi[i]*phi[pri[j]];
        }
    }
    for(int i=2;i<=n;i++) phi[i]+=phi[i-1];//搞成前缀和
}
int main()
{
    n=read();
    pre();
    for(int i=1;i<=tot;i++) ans+=phi[n/pri[i]];
    cout<<ans*2-tot;
    return 0;
}