标签：gcd ll st P2568 euler primes 欧拉 GCD

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本题题意转化成为：
∑ i = 1 n ∑ j = 1 n [ g c d ( i , j ) = = p ] \displaystyle\sum_{i=1}^{n}\displaystyle\sum_{j=1}^{n}[ gcd(i,j)==p] i=1∑n​j=1∑n​[gcd(i,j)==p]
又因为 g c d ( i , j ) = p gcd(i,j)=p gcd(i,j)=p转化成为 g c d ( x ∗ p , y ∗ p ) = p gcd(x*p,y*p)=p gcd(x∗p,y∗p)=p 那么等价于 g c d ( x , y ) = 1 gcd(x,y)=1 gcd(x,y)=1
那么 1 < = x , y < = n / p 1<=x,y<=n/p 1<=x,y<=n/p
至此，问题转化成为了请您找出 1 < = x , y < = n / p 1<=x,y<=n/p 1<=x,y<=n/p，同时 x , y x,y x,y又满足互质的 x , y x,y x,y的对数。
又因为欧拉函数 ϕ ( n ) \phi(n) ϕ(n)就是小于 n n n的和 n n n互质的数的个数。
至此答案就显而易见了
∑ 1 n / p , 1 < = x , y < = n g c d ( x , y ) = 1 \displaystyle\sum_{1}^{n/p,1<=x,y<=n}gcd(x,y)=1 1∑n/p,1<=x,y<=n​gcd(x,y)=1

#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=1e7+10;
ll primes[N], cnt;     // primes[]存储所有素数
ll euler[N];           // 存储每个数的欧拉函数
bool st[N];         // st[x]存储x是否被筛掉


void get_eulers(ll n)
{
    euler[1] = 1;
    for (ll i = 2; i <= n; i ++ )
    {
        if (!st[i])
        {
            primes[cnt ++ ] = i;
            euler[i] = i - 1;
        }
        for (ll j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
        {
            ll t = primes[j] * i;
            st[t] = true;
            if (i % primes[j] == 0)
            {
                euler[t] = euler[i] * primes[j];
                break;
            }
            euler[t] = euler[i] * (primes[j] - 1);
        }
	}
	cout<<euler[1]<<" "<<euler[2]<<" "<<euler[3]<<endl;
	for(ll i=1;i<=n;i++)euler[i]+=euler[i-1];

	
}
int main(){
	get_eulers(N);
	ll n,ans=0;
	cin>>n; 
	for(ll i=0;i<cnt&&primes[i]<=n;++i){
		
		ans+=2*euler[n/primes[i]]-1;
		//为什么减去1？因为(1,1)这个情况算了两次 
	}
	//cout<<primes[2]<<endl;
	cout<<ans<<endl;
	
}

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来源： https://blog.csdn.net/m0_51841071/article/details/116381219

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