本题题解

题目传送门：https://www.luogu.org/problem/P2303

给定一个整数\(n\)，求
\[
\sum_{i=1}^n \gcd(n,i)
\]

蒟蒻随便yy了一下搞出来个\(O(\sqrt{n})\)的算法 这题数据怎么这么水

首先看到gcd我们就下意识的对它反演一波对吧

第一步

\[
\sum_{i=1}^n \gcd(n,i) = \sum_{d|n} \varphi(d) \frac{n}{d}
\]

这里提供两种化法，得到的结果都是这个。

法一

根据欧拉函数和式
\[
n = \sum_{d|n} \varphi(d)
\]
暴力推导即可
\[
\begin{align}
\sum_{i=1}^n \gcd(n,i) &= \sum_{i=1}^n \sum_{d|\gcd(n,i)} \varphi(d) \\
&= \sum_{d|n} \sum_{i=1}^{\frac n d} \varphi(d) \\
&= \sum_{d|n} \varphi(d) \frac n d
\end{align}
\]

法二

根据欧拉函数的定义式
\[
\varphi(n) = \sum_{i=1}^n [\gcd(n,i) = 1]
\]
PS：\(\varphi(n)\)表示\(1\)~\(n-1\)内与\(n\)互质的数，将和式上界提升到\(n\)不但不会影响正确性（\(\gcd(n,n) = n \neq 1\)），而且让\(\varphi(1)\)不用特判。

易得
\[
\begin{align}
\sum_{i=1}^n \gcd(n,i) &= \sum_{d|n} d \sum_{i=1}^n [\gcd(n,i) = d] \\
&= \sum_{d|n} d \sum_{i=1}^{\frac n d} [\gcd(\frac n d,i) = 1] \\
&= \sum_{d|n} d \varphi(\frac n d) \\
&= \sum_{d|n} \varphi(d) \frac n d \\
\end{align}
\]

这一步还是比较简单的。稍有基础的同学大概都会吧

第二步

令
\[
g(n) = \sum_{i=1}^n \gcd(n,i) = \sum_{d|n} \varphi(d) \frac{n}{d}
\]
我们希望求\(g\)的在\(n\)的函数值。容易发现右式是狄利克雷卷积\(\varphi * Id\)，也就是说\(g\)也是积性函数。所以考虑质因数分解\(n\)，最后用积性累乘出来

即
\[
g(n) = g({p_1}^{c_1}) g({p_2}^{c_2}) … g({p_n}^{c_n})
\]
则只需求\(g(p^c)\)（这里省略下标）

\(p^c\)的因数分别为\(1\)，\(p\)，\(p^2\)，…，$ p^c$

所以有
\[
\begin{align}
g(p^c) &= \sum_{i=0}^{c} \varphi(p^i) \frac{p^c}{p^i} \\
&= \sum_{i=0}^{c} \varphi(p^i) p^{c-i}
\end{align}
\]

求\(\varphi(p^c)\)

考虑先弄出上式中\(\varphi(p^i)\)的封闭形式，再带回原式看看

根据欧拉函数通式
\[
\varphi(n) = n \prod_{i=1}^k (1 – \frac 1 {p_i})
\]
（这个\(\pi\)指的是分解质因数）

易得
\[
\begin{align}
\varphi(p^c) &= p^c (1 – p) \\
&= p^c – p^{c-1}
\end{align}
\]
注意这个式子需要在\(c=0\)时特判，因为\(\varphi(1) = 1\)（\(1\)可以视作分解不出任何质因数）

求\(g(p^c)\)

得到了\(\varphi(p^c)\)，带回之前未推完的\(g(p^c)\)的式子，得
\[
\begin{align}
g(p^c) &= \sum_{i=0}^{c} \varphi(p^i) p^{c-i} \\
&= p^c + \sum_{i=1}^{c} (p^i – p^{i-1}) p^{c-i} \\
&= p^c + \sum_{i=1}^{c} (p^c – p^{c-1}) \\
&= p^c + c (p^c – p^{c-1}) \\
&= (c+1)p^c – c \ p^{c-1}
\end{align}
\]
（中途对\(i=0\)进行了特殊讨论）（该式同样不适用于\(c=0\)的情况）

然后积性合并起来就完了

冷静分析一波时间复杂度。质因数分解消耗\(O(\sqrt n)\)的时间复杂度，分解出不超过\(O(log_2 n)\)个\(p^c\)，每个\(g(p^c)\)的计算是\(O(1)\)的。所以总时间复杂度为\(O(\sqrt n)\)

代码

非常简单的代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;

ll p[1005],c[1005],g[1005];ll kN;
void Div(ll n){
    kN=0;
    for(ll i=2;i*i<=n;i++){
        if(n%i==0){
            kN++;p[kN]=i;
            g[kN]=1;
            ll e=0;while(n%i==0) e++,n/=i,g[kN]*=i;
            c[kN]=e;
        }
    }
    if(n!=1) kN++,p[kN]=n,c[kN]=1,g[kN]=n;
}
ll N;
int main(){
    cin>>N;
    Div(N);
    ll pdt=1;
    for(int i=1;i<=kN;i++) pdt=pdt*((c[i]+1)*g[i]-c[i]*g[i]/p[i]);
    cout<<pdt;
    return 0;
}

这式子长得跟小粉兔菊苣的题解很像？

更多思考

坐车时无聊在草稿纸上瞎搞出来的

拓展到莫比乌斯函数

第一步化完后，我们得到这样一个函数
\[
g(n) = \sum_{d|n} \varphi(d) \frac{n}{d}
\]
然后我们用质因数分解弄出了一个求它单点函数值的方法

可不可以把它拓展到莫比乌斯函数上呢？
\[
g(n) = \sum_{d|n} \mu(d) \frac{n}{d}
\]
直接仿照上面化\(\varphi\)的方法来

根据莫比乌斯函数定义，易得

\[\mu(p^c) = [c=1]\]

同样需要特判\(c=0\)的情况

带回得
\[
\begin{align}
g(p^c) &= \sum_{i=0}^{c} \mu(p^i) p^{c-i} \\
&= p^c + \sum_{i=1}^{c} [i=1] p^{c-i} \\
&= p^c + p^{c-1}
\end{align}
\]
（该式同样不适用于\(c=0\)的情况）

挺简洁的对吧（

莫比乌斯函数与欧拉函数的相互关系

第一步我们在做什么？
\[
\sum_{i=1}^n \gcd(n,i) = \sum_{d|n} \varphi(d) \frac{n}{d}
\]
那我同样考虑把它变到莫比乌斯函数上。

思考化该式时用到过的欧拉函数和式，联系到莫比乌斯函数的和式
\[
[n=1] = \sum_{d|n} \mu(d)
\]
猜想
\[
\sum_{i=1}^n [\gcd(n,i)=1] = \sum_{d|n} \mu(d) \frac{n}{d}
\]
证明很容易。
\[
\begin{align}
\sum_{i=1}^n [\gcd(n,i)=1] &= \sum_{i=1}^n \sum_{d|\gcd(n,i)} \mu(d) \\
&= \sum_{d|n} \mu(d) \frac n d \\
\end{align}
\]
然后你仔细看看左式

额

不对啊

这

不

就是

欧拉函数的定义式吗

好于是我们歪打正着，找到了一个极其简洁地描述了\(\mu\)和\(\varphi\)关联的公式
\[
\varphi(n) = \sum_{d|n} \mu(d) \frac{n}{d}
\]
将本式简单变形就得到了一个更常见的表现形式
\[
\frac {\varphi(n)} n = \sum_{d|n} \frac{\mu(d)}{d}
\]
额，不过这式子好像也没啥用，至少我没见过要用这个的题

完

感觉好像自己还真瞎想出来不少东西（逃