【BZOJ-2818】Gcd 线性筛

2818: Gcd

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Description

给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的
数对(x,y)有多少对.

Input

一个整数N

Output

如题

Sample Input

4

Sample Output

4

HINT

hint

对于样例(2,2),(2,4),(3,3),(4,2)

1<=N<=10^7

Source

湖北省队互测

Solution

首先，所求的是$\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\left [ gcd\left ( i,j \right )= p \right ]$

那么转化一下就可以得到$\sum_{i=1}^{N}\sum_{j=1}^{N}\left [ gcd\left ( \frac{i}{p},\frac{j}{p} \right )= 1 \right ]$

那么我们定义$f\left [ i \right ]$表示1～i中满足$gcd\left ( x,y \right )= 1$的个数

那么很显然可以得到 $f\left [ i \right ]= 1+2*\sum_{j=1}^{i}\varphi \left ( j \right )$

上述式子很好想，考虑$\varphi$的定义，以及$gcd\left ( a,b \right )= gcd\left ( b,a \right )$再考虑$\left ( 1,1 \right )$的情况

所以很显然，结果就是$\sum_{i=1}^{cnt}f\left [ \frac{n}{prime[i]]} \right ]$

值得注意的是，不要计算重复，具体的看代码即可

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;
#define maxn 10000010
int prime[maxn],cnt;long long phi[maxn],f[maxn];
bool flag[maxn];
void prework(int n)
{
    phi[1]=1; flag[1]=1; f[1]=1;
    for (int i=2; i<=n; i++)
        {
            if (!flag[i]) prime[++cnt]=i,phi[i]=i-1;
            for (int j=1; j<=cnt&&i*prime[j]<=n; j++)
                {
                    flag[i*prime[j]]=1;
                    if (!(i%prime[j]))
                        {phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}
                    else
                        phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
                }
        }
    for (int i=3; i<=n; i++) phi[i]+=phi[i-1];
    for (int i=2; i<=n; i++) f[i]=1+2*phi[i];
}
void work(int n)
{
    long long ans=0;
    for (int i=1; i<=cnt; i++)
        if (n/prime[i]) ans+=f[n/prime[i]];
    printf("%lld\n",ans);
}
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    prework(n+1); work(n);
    return 0;
}

简单数论！一点都不慌