SPOJ 7001(莫比乌斯反演)

传送门：Visible Lattice Points

题意：0<=x,y,z<=n，求有多少对xyz满足gcd(x,y,z)=1。

设f(d) = GCD(a,b,c) = d的种类数 ；

F(n) 为GCD(a,b,c) = d 的倍数的种类数, n%a == 0 n%b==0 n%c==0。

即 ：F(d) = (N/d)*(N/d)*(N/d);

则f(d) = sigma( mu[n/d]*F(n), d|n )

由于d = 1 所以f(1) = sigma( mu[n]*F(n) ) = sigma( mu[n]*(N/n)*(N/n)*(N/n) );

由于0能够取到，所以对于a,b,c 要讨论一个为0 ，两个为0的情况 (3种).

#pragma comment(linker,"/STACK:1024000000,1024000000")
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#define LL long long
#define mod 100000000
#define inf 0x3f3f3f3f
#define eps 1e-6
#define N 1000000
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define PII pair<int,int>
using namespace std;
inline int read()
{
    char ch=getchar();int x=,f=;
    while(ch>''||ch<''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
    while(ch<=''&&ch>=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
    return x*f;
}
bool vis[N+];
int mu[N+],prime[N+],sum[N+],num[N+];
void Mobius()
{
    memset(vis,false,sizeof(vis));
    mu[]=;
    int tot=;
    for(int i=;i<=N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[tot++]=i;
            mu[i]=-;
        }
        for(int j=;j<tot;j++)
        {
            if(i*prime[j]>N)break;
            vis[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==)
            {
                mu[i*prime[j]]=;
                break;
            }
            else
            {
                mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            }
        }
    }
    for(int i=;i<=N;i++)sum[i]=sum[i-]+mu[i];
}
LL solve(int n)
{
    LL res=;
    for(int i=,last=;i<=n;i=last+)
    {
        last=n/(n/i);
        res+=(LL)(sum[last]-sum[i-])*(n/i)*(n/i)*(n/i+);
    }
    return res;
}
 
int main()
{
    int T,n;
    Mobius();
    T=read();
    while(T--)
    {
        n=read();
        LL ans=solve(n);
        printf("%lld\n",ans);
    }
}