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写在前面
因为最近做了不少和欧拉函数相关的求和问题，而这一类求和的推导有没有涉及到反演和卷积，所以单独写一写。
给出的题目顺序与难度大致无关，是按照个人做题的顺序安排的。
再次声明欧拉函数的定义：\(\varphi(x)\) 表示 \([1,x]\) 里的所有整数中，与 \(x\) 互质的数的个数。
下面的叙述中均用 \((x,y)\) 表示 \(gcd(x,y)\) ，用 \([x,y]\) 表示 \(lcm(x,y)\) 。
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欧拉函数的两种常用求法
- 公式法，单点复杂度 \(\sqrt n\) ，常用于少量求函数值
将 \(n\) 质因数分解为 \(n=p_1^{k_1}\times p_2^{k_2}\times...\times p_m^{k_m}\)。
那么有 \(\varphi(n)=n\times \frac{p_1-1}{p_1}\times \frac{p_2-1}{p_2}\times ...\times\frac{p_m-1}{p_m}\) ，复杂度显然是质因数分解复杂度。
注意复杂度分析的时候不能直接是 个数\(\times \sqrt n\) ，因为往往我们求的数并不全都是卡上限的。
- 线性筛，复杂度线性，用于求一个不大的数域内全部的函数值。
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[ SDOI 2012 ] Longge的问题
给出一个 \(n\) ，求
\[
\sum_{i=1}^n\ (i,n)
\]
- \(n\le 2^{32}\)
注意到数据范围非常大，这一类数据量我们通常考虑 \(\sqrt n\) 级别的做法。
首先有两个显然的性质：
- 任意两数的最大公约数首先要是这两个数各自的约数，所以 \((i,n)\) 首先是 \(n\) 的约数
- 任何一个数的约数是成对存在的，这也是试除法成立的前提
然后根据经典的做法，我们通常将相同的 \(gcd\) 提出来，对每一个因数考虑它被计算的次数，有
\[
\sum_{i=1}^n\ (i,n)=\sum_{d=1,d|n}^n \bigg(d\times \sum_{i=1}^n\ [(i,n)=d]\bigg)=\sum_{d=1,d|n}^n \bigg(d\times \sum_{i=1}^n\ [(\frac id,\frac nd)=1]\bigg)
\]
然后按照经典的做法我们把变量上限改一下，得到
\[
\sum_{d=1,d|n}^n \bigg(d\times \sum_{i=1}^n\ [(\frac id,\frac nd)=1]\bigg)=\sum_{d=1,d|n}^n \bigg(d\times \sum_{i=1}^\frac nd\ [(i,\frac nd)=1]\bigg)=\sum_{d=1,d|n}^n \bigg(d\times \varphi(\frac nd)\bigg)
\]
然后试除法求 \(n\) 的所有约数，单点求一下 \(\varphi\) 即可。
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[ SDOI 2008 ] 仪仗队
给出一个 \(n\) ，求
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\ [(i,j)=1]
\]
- \(n\le 4\times 10^4\)
\(\\\)
考虑这是求一个\(n\times n\)的矩阵内，横纵坐标互质的点的个数。
先考虑纵坐标小于横坐标的情况，那么相当于求每一个横坐标有多少个小于其且与其互质的纵坐标，有
\[
\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^i\ [(i,j)=1]=\sum_{i=1}^n\varphi(i)
\]
那么剩余的部分显然是纵坐标大于横坐标的点，考虑将横纵坐标交换，有转化成了刚才的式子。
此时我们对角线上的点都被重算了一次，但是除了 \((1,1)\) 点以外所有对角线上的点显然横纵坐标并不互质
\[
ans=\bigg(\sum_{i=1}^n \varphi(i)\bigg)\times 2-1
\]
\(\\\)
[ BZOJ 2818 ] GCD
给出一个 \(n\) ，求
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\ [(i,j)\ is\ prime]
\]
- \(n\le 10^7\)
按照经典的做法我们先枚举 \(gcd\) 的值，式子变成
\[
\sum_{d=1,\ d\ is\ prime}^n\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\ [(i,j)=d]=\sum_d\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\ [(i,j)=1]
\]
发现后面的两个求和号就变成了上一题。
线性处理欧拉函数，线性求前缀和，再枚举 \(n\) 以内的质数，累加上其对应的答案就好。
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[ Luogu 2398 ] GCD SUM
给出一个 \(n\) ，求
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\ (i,j)
\]
- \(n\le 10^5\)
按照套路我们枚举 \((i,j)\) 是啥，放到式子的最前面，有
\[
\sum_{d=1}^nd\times\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\ [(i,j)=d]=\sum_{d=1}^nd\times \sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\ [(i,j)=1]
\]
然后后面的就是仪仗队这个题了，最后线性扫几遍就能得到答案。
\(\\\)
[ Uva 11426 / 11424 / 11417 / SPOJ 3871 ] GCD Extreme
给出\(T\)个 \(n\) ，对每一个 \(n\) 求
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=i+1}^n\ (i,j)
\]
- \(n\le 4\times10^6,T\le 2\times 10^4\)
这题邪死我了.......
开始的想法是错误的，想到了按照上一个题那样把 \(d\) 提出来放到前面，然后发现多组询问复杂度是
\[
\text O(N+T\sqrt N)\ /\ \text O(N\sqrt N+T)
\]
并不优秀，具体实现的话是对询问的数字单独除法分块。
不妨分析一下式子换一个角度。假入我们还是把问题放在一个\(n\times n\) 的矩阵上，那么求的其实是直线 \(y=x\) 以上的所有整点里，横纵坐标互质的点数。这个数目显然是与直线 \(y=x\) 一下的横纵坐标互质的点数个数是相等的。
然后所求就转化为
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^{i-1} (i,j)
\]
我们设
\[
g[x]=\sum_{i=1}^{x-1}(i,x)=\sum_{d=1,d|x}^{x-1}\bigg(d\times\sum_{i=1}^{x-1}\ [(i,x)=d]\bigg)=\sum_{d=1,d|x}^{x-1} \bigg(d\times \varphi(\frac nd)\bigg)
\]
答案就变成
\[
\sum_{i=1}^n g[i]
\]
显然这个求和是线性的，有了这个回答就是 \(\text O(1)\) 的。
然后就只需要考虑 \(g[x]\) 的求法。
其实也可以像 天守阁的地板 那道题一样用调和级数复杂度去做。
但是注意到每个数不计算自己作为 \(gcd\) 的贡献，所以我们枚举倍数的时候直接从 \(2\) 倍开始就可以了。
for(R int i=1;i<N;++i)
for(R int j=i*2;j<N;j+=i) ans[j]+=(ll)i*phi[j/i];
for(R int i=1;i<=N;++i) ans[i]+=ans[i-1];\(\\\)
[ Luogu 1390 ] 公约数的和
给出一个 \(n\) ，求这\(n\)个数中每任意两个不同的数的最大公约数的和。
- \(n\le 2\times10^6\)
稍微写写画画发现就是上面那道题....甚至只有一个询问。
还有一种解法就是 GCD SUM 那道题的答案减掉 \(1....n\) 之后除以 \(2\) 。
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[ Luogu 3601 ] 签到题
定义函数 \(f(x)\) 为小于等于 \(x\) 的数中与 \(x\) 不互质的数的个数。
给出 \(l,r\) ，求
\[
\sum_{i=l}^r f(i)\%66623333
\]
- \(0\le l\le r\le 10^{12},r-l\le10^6\)
幌子比较明显......显然 \(f(x)=x-\varphi(x)\) 然后就是两个求和减一下，前面是等差数列，我们只关心后一个。
求
\[
\sum_{i=l}^r \varphi(i)
\]
显然线性筛不能筛这么大数据范围，所以需要单点求欧拉函数值。
考虑对每一个数质因数分解复杂度还是过高，所以考虑每一个因数的影响。
显然区间里的 \(x\) 的倍数只有 \(\frac{len}{x}\) 个，所以复杂度调和级数，枚举倍数然后更新一下就好了。
最后判断一下区间里的每一个数是否变成 \(1\) 了，若没有就再算一次即可。
for(R ll i=1;i<=prm[0];++i){
ll val=prm[i];
for(R ll j=(val-l%val)%val;j<=r-l;j+=val){
phi[j]=(phi[j]/val)*(val-1);
while(fac[j]%val==0) fac[j]/=val;
}
}\(\\\)
[ SPOJ 5971 ] LCMSUM
\(T\)组数据，每组给出一个 \(n\) ，求
\[
\sum_{i=1}^n\ [i,n]
\]
- \(T\le3\times 10^5,n\le 10^6\)
看这么彪悍的数据范围....别想了 \(O(1)\) 回答吧。
\[
\sum_{i=1}^n\ [i,n]=\sum_{i=1}^n \frac{i\times n}{(i,n)}=n\times\sum_{i=1}^n \frac{i}{(i,n)}
\]
然后我们就只关心后面这个求和了。照例把 \(gcd\) 枚举一下
\[
\sum_{i=1}^n \frac{i}{(i,n)}=\sum_{d=1,d|n}^n \sum_{i=1}^n \frac id[(i,n)=d]=\sum_{d=1,d|n}^n \sum_{i=1}^{\frac nd} i\ [(i,\frac nd)=1]
\]
第二个等号就是把限制条件扔到了求和上限上，注意求和的对象也在变。
然后我们知道，\(d\) 和 \(\frac nd\) 是成对出现的，所以可以把 \(\frac nd\) 替换一下
\[
\sum_{d=1,d|n}^n \sum_{i=1}^{\frac nd} i\ [(i,\frac nd)=1]=\sum_{d=1,d|n}^n \sum_{i=1}^d i\ [(i,d)=1]
\]
然后后面这个求和号就是与 \(d\) 互质的数的和对吧。
有一个神奇的等式
\[
\sum_{i=1}^n i\ [(i,n)=1]=\frac{\varphi(n)\times n}{2}
\]
证明是这样的：
如果存在一个与 \(n\) 互质的数 \(x\) ，那么 \(n-x\) 也与 \(n\) 互质，这由辗转相除法就可以得到。
然后由于与 \(n\) 互质的数一定不是 \(n\) 的约数，所以这样的数一定是按照上面的原则成对出现的。
每一对的和是 \(n\) ，一共有 \(\frac {\varphi(n)}2\) 对。
然后所求就化为
\[
\sum_{d=1,d|n}^n\frac{\varphi(d)\times d}{2}
\]
因为是要预处理所有的答案，就调和级数的做就好啦，每次枚举 \(x\) 的倍数，向倍数累加 \(\frac{\varphi(x)\times x}{2}\)。
原文地址：https://www.cnblogs.com/SGCollin/p/9909276.html