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能自己推出正确的式子的感觉真的很好！
题意简述：
求\(\sum_{i=1}^{n}gcd(i,n)\)。\(n\leq 2^{32}\)。
题解：
我们开始化简式子：
\(\sum_{i=1}^{n}gcd(i,n)\)
\(=\sum_{j=1}^{n}\left(j\times\sum_{i=1}^{n}\left[gcd(i,n)=j\right]\right)\)
\(=\sum_{j=1}^{n}\left(j\times\sum_{i=1}^{n}\left[gcd(i/j,n/j)=1\right]\left(j|i,j|n\right)\right)\)
\(=\sum_{j=1}^{n}\left(j\times\varphi\left(n/j\right)\left(j|n\right)\right)\)
\(=\sum_{j|n}\left(j\times\varphi\left(n/j\right)\right)\)
到这里就可以直接计算了。
但是还可以进一步化简！（以下的\(p\)为质数）
\(\sum_{j|n}(j\times\varphi(n/j))\)
\(=\sum_{j|n}(n/j\times\varphi\left(j\right))\)
\(=\sum_{j|n}(n/j\times(j\cdot\prod_{p|j}\frac{p-1}{p}))\)
\(=\sum_{j|n}(n\cdot\prod_{p|j}\frac{p-1}{p})\)
\(=n\times\sum_{j|n}\prod_{p|j}\frac{p-1}{p}\)
接下来我们令\(n=p_1^{b_1}p_2^{b_2}p_3^{b_3}\cdots p_k^{b_k}\)，并定义\(f_i=\frac{p_i-1}{p_i}\)。
那么\(n\)的因子\(j\)可以表示为：\(j=p_1^{c_1}p_2^{c_2}p_3^{c_3}\cdots p_k^{c_k}\)，满足\(0\leq c_i\leq b_i\)。
那么\(\prod_{p|j}\frac{p-1}{p}=\prod_{i=1}^kf_i[c_i>0]\)。
我们观察一类\(\prod_{i=1}^kf_i[c_i>0]\)相等的\(j\)，它们必要满足在\(i\)相等的情况下，\(c_i\)同时大于0或\(c_i\)同时等于0。
那么这一类的\(j\)有多少个呢？如果这类\(j\)有质因子\(p_{q_1},p_{q_2},p_{q_3},\cdots,p_{q_g}\)。
那么这类\(j\)的答案为\(\prod_{i=1}^gf_{q_i}\)，而个数为\(\prod_{i=1}^gb_{q_i}\)。
\(b_i\)就是原来\(n\)的质因数分解的指数。
那么对答案的贡献为：\(\prod_{i=1}^g\chi_{q_i}\)。这里\(\chi_i=f_i\cdot b_i\)。
发现每一个质因子的贡献都是独立的，那么最后我们枚举\(n\)的每一个质因子取不取，得到最后的答案：\(n\cdot\prod_{i=1}^{k}(\chi_i+1)\)。
举个例子：如果\(n\)只有\(3\)个质因子，那么答案为\(n\cdot(1+\chi_1+\chi_2+\chi_3+\chi_1\chi_2+\chi_1\chi_3+\chi_2\chi_3+\chi_1\chi_2\chi_3)\)。
显然可以化简为：\(n\cdot(\chi_1+1)\cdot(\chi_2+1)\cdot(\chi_3+1)\)。
当然可以类比到质因数更多的情况。
总之，答案就是：\(n\cdot\prod_{i=1}^{k}\frac{b_i\cdot p_i-b_i+p_i}{p_i}\)。
代码：
1 #include<cstdio>
2 long long n;
3 long long f(){
4 long long ans=n; long long i;
5 for(i=2;i*i<=n;++i) if(n%i==0){
6 int b=0;
7 while(n%i==0) ++b,n/=i;
8 ans/=i;
9 ans*=b*i-b+i;
10 } if(n>1) ans/=n, ans*=n+n-1;
11 return ans;
12 }
13 int main(){
14 scanf("%lld",&n);
15 printf("%lld",f());
16 return 0;
17 }
原文地址：https://www.cnblogs.com/PinkRabbit/p/8278728.html