数论十题
Problem Zero:[neerc2011]Gcd guessing game
现在有一个数x，1 ≤ x≤ n，告诉你n，每次你可以猜一个数y，如果x==y则结束，否则返回gcd(x,y)，问最少只要几次就可以保证猜出答案。
本题纯属娱乐。仅仅是一个GCD的游戏，跑题了。
因为本题要求最坏情况，我们直观地猜想就是每次返回都是1。由于答案有可能是质数，而判定一个数，必须要把含有这个质因子的数问一遍。于是，我们引出这样一个思路，将所有1-n的质数分组，每组的积<=n，答案就是组数。
这个问题可以贪心解决。每个大质数配上连续一段的小质数。
Problem One:[CQOI2007 余数之和sum]sigma(K%i),1 ≤ i ≤ n
K%i=K-(K/i)*i,对于i至K/(K/i)这一段K/i相同，可以一起算，可证总段数是sqrt(N)的。
复杂度：O(Sqrt(N))
Problem Two:[Longge‘s problem]sigma(gcd(i, n)) ,1 ≤ i ≤ n.
枚举d=gcd(i, n),由于小于n的数里gcd(i,n)=d的i一共有phi(n/d)个，所以Ans=Sigma(phi(N/d)),d|n.复杂度：O(k*sqrt(N))
Problem Three:[SPOJ LCMSUM]sigma(lcm(i, n)),1 ≤ i ≤ n. 多组询问
令S(i)= Sigma(i,i|n) =>iphi(i)/2
则Ans=nSigma(S(d),d|n)
直接做预处理phi(i)，然后枚举约数，复杂度：O(N)-O(sqrt(N)).
令G(i)=iphi(i)/2,i|n，不难发现Ans=N((G(N)-1)/2+1).
由于可证G(N)是积性函数,所以我们可以在O(N)的时间内算出G(N),询问O(1).
Problem Four:[SPOJ GCDEX]sigma(gcd(i, j)), 1 ≤ i < j ≤ n 多组询问
可以枚举j变为Problem Two。无疑会TLE。
令T(N)=sigma(gcd(i,n)),1 ≤ i ≤ n,不难看出Ans=simga(T(i)) ,1 ≤ i ≤ n。
T(N)的函数与Problem Two相同,所以T(N)等价于sigma(N/d*phi(d)),d|N.
根据T(n)的定义,我们有T(1)=1,T(p^x)=p*T(p^(x-1))+phi(p^x).
由于可证T(N)是积性函数,所以我们可以在O(N)的时间内算出T(N),询问O(1).
Problem Five:[双亲数/POI Zap（多组）]求gcd(i, j) == d (i ≤ a, j ≤ b) 的对数
Ans=gcd(i,j)=1 (i ≤ a/d, j ≤ b/d)
F(x)表示gcd(i,j)>=x的对数,则F(x)=a/x*b/x
根据容斥原理:Ans=sigma(F(i)*u(i)),1 ≤ i ≤ n.
可以看出莫比乌斯反演的本质就是容斥。
对于单个询问，显然可以O(N)求解。
对于多组数据，类比Problem One，不难可以推广得出a/x*b/x对于连续一段值是相同的，可证总段数是sqrt(N)+sqrt(M)的。于是我们O(N)求出F(x)后预处理前缀和，询问O(sqrt(N))。
Problem Six:[SPOJ PGCD/BZOJ2820YY的GCD（多组）]
求gcd(i, j)是质数, 1 ≤ i ≤ a, 1 ≤ j ≤ b 的对数
可以枚举质数后问题转换为Problem Five。对于单个询问，复杂度O(N)。
对于多组数据，按枚举质数的思路，结合Problem Five则
Ans=sigma[ sigma(u(d)*(N/(pd))*(N/(pd))) 1 ≤ d≤ n] p为质数
将p作为变量，令T=pd,Ans=sigma[(N/T)*(M/T)*sigma(u(T/p)) ,p为质数且p|T
将里面的求和提出：记G(x)=sigma(u(x/p),p为质数且p|x.
问题的关键在于求解G(x)，如果我们能将G(x)一一求出，则只需套用Problem Five相对Problem One的推广形式，预处理G(x)前缀和，使得询问复杂度为O(sqrt(N))。
我们通过u函数的定义和一些性质，可以得到如下这么一个非常有用的结论：
若p|x则g(px)=u(x)，否则g(px)=u(x)-g(x)。这两种情况正好对应了线性筛法的两种情况（实质是是否有平方因子）。于是，我们可以用线性筛法O(N)预处理求出G。
本题的亮点在于虽然G(N)函数不满足积性，但我们可以通过线性筛法算出G(N)来。
至此，问题得到了完美解决。
Problem Seven:[NOI 2010 能量采集]sigma(gcd(i, j)), i ≤ a, j ≤ b
F(x)表示gcd(i,j)==x的对数,根据容斥原理:F(x)=(a/x)*(b/x)-sigma(F(i*x),i≤min(a,b)/x).然后倒推即可。
Problem Eight:[Crash的数字表格/BZOJ2693 jzptab（多组）]
sigma(lcm(i, j)) ,i ≤ a, j ≤ b
一步步推导：
推导的关键在最后两步，可以发现，我们将倒数第二步里的d’提出与d结合后，可以把外面d消掉了（也正是本题的特殊之处），那么我们化简后只要一共枚举两个变量就行了。
推到这一步，我们发现求和式就是Problem One和Problem Five的结合，可以直接套用解决，单个询问复杂度为O(N)。但多组无疑会TLE。
再推一步？
记G(x)=x*sigma(d*u(d),d|x)，因为可证G(x)是积性的，所以我们可以在O(N)的时间内算出G(x)。然后和Problem Six一样，只需套用Problem Five的推广形式，预处理G(x)前缀和，使得询问复杂度为O(sqrt(N))。
至此，问题得到了完美解决。
Problem Nine:[BZOJ2694LCM]:
sigma(lcm(i, j)),i ≤ a, j ≤ b,gcd(i,j)为free-squares.(所有质因子的次数<=1)
从题目给出的条件入手，为了方便解决问题，我们可以设一个函数F(n)。
F(n)=1/n 当n为free-squares；否则为0。
这样我们发现，其实
，感觉简化了很多。
不难发现F(n)是积性的，我们再令t(n)=sigma(u(i)*F(n/i),i|n)。这有什么用？我们可以用反演的方法把F(n)表示出来时答案更容易求解：F(n)=sigma(t(i),i|n)。那么我们可以发现F(gcd(i,j))实际上变成了这么一个东西：F(gcd(i,j))=sigma(t(d),d|i且d|j)。我们再整理一下就是:
。我们记G(x)=x*x*sigma(u(i)*F(x/i),i|x)。不难发现G(x)积性的，所以所以我们可以在O(N)的时间内算出G(x)。和Problem Eight一样预处理G(x)前缀和，使得询问复杂度为O(sqrt(N))。
至此，问题得到了完美解决。
Problem Ten:[BZOJ2627 JZPKIL(顾昱洲)]
给定x,y,n,求Sigma(gcd(i,n)^x*lcm(i,n)^y),i ≤ n
必须还不会。