真是一道“简单”的数学题呢~
反演题, 化式子.
\\[ans=\\sum_{i=1}^n\\sum_{j=1}^nijgcd(i,j) \\\\ =\\sum_{i=1}^n\\sum_{j=1}^n\\sum_{d=1}^nij[gcd(i,j)=d]\\\\ =\\sum_{d=1}^nd\\sum_{i=1}^n\\sum_{i=1}^nij[gcd(i,j)=1]\\\\ =\\sum_{d=1}^nd^3\\sum_{i=1}^{\\left \\lfloor \\frac nd \\right \\rfloor}\\sum_{j=1}^{\\left \\lfloor \\frac nd \\right \\rfloor}ij[gcd(i,j)=1] \\\\ =\\sum_{d=1}^nd^3\\sum_{i=1}^{\\left \\lfloor \\frac nd \\right \\rfloor}i\\sum_{j=1}^{\\left \\lfloor \\frac nd \\right \\rfloor}j[gcd(i,j)=1] \\\\ =\\sum_{d=1}^nd^3\\sum_{i=1}^{\\left \\lfloor \\frac nd \\right \\rfloor}i\\sum_{j=1}^{\\left \\lfloor \\frac nd \\right \\rfloor}j\\sum_{t|i,j}\\mu(t) \\\\ i=tp,j=tq,\\\\ =\\sum_{d=1}^nd^3\\sum_{t=1}^{\\left \\lfloor \\frac nd \\right \\rfloor}t^2\\cdot\\mu(t)\\sum_{p=1}^{\\left \\lfloor \\frac n{td} \\right \\rfloor}p\\sum_{q=1}^{\\left \\lfloor \\frac n{td} \\right \\rfloor}q \\\\ \\because \\sum_{i=1}^n=\\frac {n(n+1)}2\\\\ \\therefore ans=\\sum_{d=1}^nd^3\\sum_{t=1}^{\\left \\lfloor \\frac nd \\right \\rfloor}t^2\\cdot\\mu(t)[\\frac{n(n+1)}{2}]
\\]
然后我们令\\(T=id\\), 枚举\\(T\\),
\\[ans=\\sum_{T=1}^n[\\frac{\\left \\lfloor \\frac nT \\right \\rfloor(\\left \\lfloor \\frac nT \\right \\rfloor+1)}{2}]^2\\sum_{d|T}d^3(\\frac Td)^2\\mu(\\frac Td) \\\\
=\\sum_{T=1}^n[\\frac{\\left \\lfloor \\frac nT \\right \\rfloor(\\left \\lfloor \\frac nT \\right \\rfloor+1)}{2}]^2T^2\\sum_{d|T}d\\mu(\\frac Td) \\\\
=\\sum_{T=1}^n[\\frac{\\left \\lfloor \\frac nT \\right \\rfloor(\\left \\lfloor \\frac nT \\right \\rfloor+1)}{2}]^2T^2(n*\\mu)(T) \\\\
=\\sum_{T=1}^n[\\frac{\\left \\lfloor \\frac nT \\right \\rfloor(\\left \\lfloor \\frac nT \\right \\rfloor+1)}{2}]^2T^2\\varphi(T)
\\]
然后我们令\\(X=[\\frac{\\left \\lfloor \\frac nT \\right \\rfloor(\\left \\lfloor \\frac nT \\right \\rfloor+1)}{2}]^2, f(T)=T^2\\varphi(T)\\), 这样就变成了
\\[ans=\\sum_{T=1}^nXf(T)
\\]
\\(X\\)可以分块然后\\(O(1)\\)算, 那我们只要能求出\\(f(T)\\)的前缀和就行了.
那\\(n<=10^{10}\\)要用杜教筛. 我们想一下杜教筛的通式:
\\[s_f(x)=\\frac{s_{f*g}(x)-\\sum_{i=2}^ns_f(\\left \\lfloor \\frac ni \\right \\rfloor)g(i)}{g(1)}
\\]
其中\\(g(x)\\)和\\((f*g)(x)\\)是易求前缀和的函数.
看到这种乘积的前缀和我们又想到了之前做lcm之和的提出乘积中某一项的高端操作, 我们就试着让\\(g(x)\\)去卷\\(n^2\\)(就是\\(f(x)=x^2\\)啦).
然后
\\[g(x)=(n^2\\cdot\\varphi)(x) \\\\
(g*n^2)(x)=((n^2\\cdot\\varphi)*n^2)(x)=(n^2\\cdot(\\varphi*1))(x)=(n^2\\cdot n)(x)=n^3(x)
\\]
然后\\(n^3(x)\\)的前缀和也是有公式的可以\\(O(1)\\)算, 这样我们就令\\(g(x)=n^2(x), (f*g)(x)=n^3(x)\\), 然后扔到上面的杜教筛通式里做就好啦~
复杂度可能是\\(O(\\sqrt n*n^{\\frac 23})\\)的, 不过这应该是最优的复杂度了..
代码应该不太好写, 懒得写了QAQ