题意:

定义函数\(f(n)\)为\(i \cdot j \not\equiv 0 \; (mod \; n)\)的数对\((i,j)\)的个数\((0 \leq i,j \leq n)\)

\(g(n)=\sum_{d|n}f(d)\),求\(g(n) \; mod \; 2^{64}\),其中\(1 \leq n \leq 10^9\)

仰慕叉老师手推公式

分析:

计算\(f(n)\)

\(f(n)\)不容易计算,但可以计算它的反面,也就是计算满足\(ij \equiv 0 \; (mod \; n)\)的数对\((i,j)\)的个数。

为了方便计算,对\(i,j\)的范围稍作改动,\(1 \leq i,j \leq n\),这不会影响最终计算结果。

\(i \cdot j\)是\(n\)的整数倍,也就是\(n\)被分到了这里面。

不妨设\(i=ax,j=by\),其中\(ab=n\)。我们可以枚举\(a\)来统计答案,但是这样有重复计算。

比如\((3 \cdot 2) \cdot (2 \cdot 1) = (6 \cdot 1) \cdot (2 \cdot 1) = 6 \cdot 2\),这样数对\((6, 2)\)在\(a=3\)和\(a=6\)时被计算了两次。

所以计数时我们规定,数对\((i,j)\)只会在\(a\)最大的时候被计算,所以有\(gcd(b,x)=1\)成立。

答案为\(\sum\limits_{a|n} \sum\limits_{1 \leq x \leq \frac{n}{a}}[gcd(x,b)=1] \cdot \frac{n}{b}=\sum\limits_{a|n}a \phi(\frac{n}{a})\)

计算\(g(n)\)

根据题中给的关系,得到\(g(n)=\sum\limits_{m|n}(m^2-f(m))=\sum\limits_{m|n}(m^2-\sum\limits_{d|m}d \phi(\frac{m}{d}))\)

继续化简后面那部分,\(\sum\limits_{m|n}\sum\limits_{d|m}d \phi(\frac{m}{d})\)交换求和顺序,得到\(\sum\limits_{d|n}d\sum\limits_{\frac{m}{d}|\frac{n}{d}}\phi(\frac{m}{d})\)

由于\(\sum\limits_{d|n} \phi(d)=n\),所以得到\(\sum\limits_{d|n}d \cdot \frac{n}{d}=n\sum\limits_{d|n}1=n \sigma(n)\)。其中\(\sigma(n)\)为\(n\)的约数的个数。

\(\sigma(n)\)可以这样计算:

首先将\(n\)质因数分解为\(\prod\limits_{i=1}^{r}p_{i}^{e_i}\),这样\(\sigma(n)=\prod\limits_{i=1}^{r}(e_i+1)\)。

因为我们已经将\(n\)分解,所以计算前面那部分的时候不要在\(\sqrt{n}\)内枚举\(n\)的约数,会超时的。要根据分解出来的结果直接枚举。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
using namespace std; const int maxn = 32000 + 10;
int pcnt, prime[maxn];
bool vis[maxn]; void preprocess() {
for(int i = 2; i < maxn; i++) {
if(!vis[i]) prime[pcnt++] = i;
for(int j = 0; j < pcnt && i * prime[j] < maxn; j++) {
vis[i * prime[j]] = true;
if(i % prime[j] == 0) break;
}
}
} int tot, p[maxn], e[maxn]; unsigned long long ans;
void dfs(int d, unsigned long long product) {
if(d == tot) {
ans += product * product;
return ;
} dfs(d + 1, product);
for(int i = 1; i <= e[d]; i++) {
product *= p[d];
dfs(d + 1, product);
}
} int main()
{
preprocess();
int T; scanf("%d", &T);
while(T--) {
int n;
scanf("%d", &n); int t = n;
tot = 0;
for(int i = 0; i < pcnt && prime[i] * prime[i] <= n; i++) {
if(t % prime[i] == 0) {
p[tot] = prime[i];
e[tot] = 0;
while(t % prime[i] == 0) {
t /= prime[i];
e[tot]++;
}
tot++;
}
}
if(t > 1) { p[tot] = t; e[tot++] = 1; } unsigned long long tmp = 1;
for(int i = 0; i < tot; i++) tmp = tmp * (e[i] + 1);
tmp *= n; ans = 0;
dfs(0, 1); ans -= tmp; printf("%llu\n", ans);
} return 0;
}

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