51nod - 1363 - 最小公倍数之和 - 数论

Posted 2021-12-28 yinku

https://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#!#problemId=1363
求\(\sum\limits_i=1^nlcm(i,n)\)

---

先换成gcd：
\(\sum\limits_i=1^n\fraci*ngcd(i,n)\)

显而易见，枚举g：
$ n * \sum\limits_g|n \frac1g \sum\limits_i=1^n i*[gcd(i,n)==g] $

提g，没有下整符号：
$ n * \sum\limits_g|n \frac1g \sum\limits_i=1^\fracng i*[gcd(i,\fracng)==1] $

---

考虑子问题：
$\sum\limits_i=1^n i*[gcd(i,n)==1] $

也就是n以内和n互质的数的和。
显然可以枚举因数d把他们减掉：
$\sum\limits_i=1^n i + \sum\limits_d|n,d!=1\mu(d)(d+2d+3d+...+n) $

显然前面那堆等于 \(d==1\) 的结果。
$\sum\limits_d|n\mu(d)(d+2d+3d+...+n) $

比如求36的互质数的和时，6在枚举2和枚举3的时候算重，要加回去，4在枚举2的时候算过，不用算。
化简：
$ \sum\limits_d|n\mu(d)d(1+2+3+...+\fracnd) $
$\sum\limits_d|n\mu(d)d\frac(1+\fracnd)*\fracnd2 $

即：
$\fracn2\sum\limits_d|n\mu(d)(1+\fracnd) $
里面分配率：
$\fracn2(\sum\limits_d|n\mu(d)+\sum\limits_d|n\mu(d)\fracnd) $

然后一换：
\(\fracn2([n==1]+\varphi(n) )\)

求这个东西的复杂度很显然，预处理因子的欧拉函数是根号的，求单个n的欧拉函数也是根号的，所以整个式子就是根号的。

记这个子问题为 \(p(n)=\sum\limits_i=1^n i*[gcd(i,n)==1] = \fracn2([n==1]+\varphi(n) )\)，求解它的复杂度就来源于欧拉函数

---

回到$ n * \sum\limits_g|n \frac1g p(\fracng) $

非常明显根号以内的欧拉函数可以重复利用，然后单独求一个最大的。

总体复杂度是根号的。理论上根号是过不了的，1.7e8左右，但是看别人搞什么质因数分解？这个不也是最坏根号的吗？我觉得他们能行我也能行。