gcd套路变换

gcd套路变换

GCD

https://www.luogu.org/problem/P2568

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.

$ 1<=N<=10^7$

答案是n*n矩阵中每两个数之间gcd==1的数对个数

考虑把\(n\times n\)的矩阵分成两部分,即从对角线劈开，设每一部分的答案为ans，则最终答案为$ ans*2 - 对角线上的（即n以内的质数个数）$

这个把矩阵分成两部分的方法很有用，记一下吧

\[ans = \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{i} isprime[\gcd(i, j)]
\]

套路变形，枚举d = gcd(i, j),

则上述式子等价于

\[ans = \sum_{d = 1}^{n}\, isprime[d]\,\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{i}[\gcd(i, j) == d]
\]

又因为：

\[i = 2d, 3d, 4d....kd。 j = 2d, 3d....sd
\]

所以有

\[\sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{I}[gcd(i, j) == d] = \,\,\sum_{i = 1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{i} [\gcd(i, j) == 1]
\]

所以如下套路：

\[ans = \sum_{d = 1}^{n}isprime[d]\sum_{i = 1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{i} [\gcd(i, j) == 1]
\]

后面的显然就是\(\varphi(i)\) , 然后算上中间的\(\sum\), 就是前\(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\) 个数的$ \varphi $和，求一个前缀和即可

\[ans = \sum_{d=1}^{n}isprime[d]*s[\frac{n}{i}]
\]

对于d，我们可以直接枚举为质数的情况，因为这题要求的是素数对数，其他不是素数的d对答案都是没有贡献的，所以考虑d为素数的情况，\(isprime[d] == 1\)， 所以一个for累加即可

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 10000000+9;

int n;
long long ans;
int not_prime[N] = {1, 1}, prime[N], tot, phi[N];
long long sum[N];

void L_S() {
	phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!not_prime[i]) {
			prime[++tot] = i;
			phi[i] = i-1;
		}
		for(int j = 1; j <= tot && i*prime[j] <= n; j++) {
			not_prime[i*prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) {
				phi[i*prime[j]] = phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			phi[i*prime[j]] = phi[i]*(prime[j]-1);
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) sum[i] = (long long)sum[i-1]+phi[i];
}

int main() {
	scanf("%d", &n);
	L_S();
	for(int i = 1;i <= tot; i++) ans += sum[n/prime[i]];//prime[i]即为d
	printf("%lld", ans*2-tot);
}

注：不求数量，求值也是这样的套路，只不过要乘以d

[SDOi2012]Longge的问题

求 ∑gcd(i, N)(1<=i <=N)

0<N<=2^32

枚举d = gcd(i, n)

原式进行如下变换：

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

再次套路

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

后面的还是上面的那个

\[\sum_{d=1}^{n} d\times \varphi(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)
\]

**我们对于每个d，要求在区间$[1, \lfloor\frac{n}{d}\rfloor ] $ 内有多少i使得gcd(i,n/d)=1，设求出有x个i，那么对答案的贡献就是$ d \times x$ **

这题和上题不一样，不是对于素数求这个式子，所以我们需要枚举n的因数， 所以单个求phi即可。

这种枚举因数的方法可以记一下(个人感觉有点上面分矩阵的思想

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
#define ll long long

ll el_phi(ll n) {
	ll m = sqrt(n+0.5);
	ll ans = n;
	for(ll i = 2; i <= m; i++) if(n%i == 0) {
		ans = ans/i*(i-1);
		while(n%i == 0) n /= i;
	}
	if(n > 1) ans = ans/n*(n-1);
	return ans;
}
ll n, ans;

int main() {
	scanf("%lld", &n);
	ll m = sqrt(n+0.5);
	for(ll i = 1; i <= m; i++) if(n % i == 0) {
		ans += i*el_phi(n/i);
		if(i*i != n) ans += el_phi(i)*(n/i);//i * i != n时i和n/i都是n的因数
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}

[SDOI2008]仪仗队

与第一题双倍经验

https://www.luogu.org/problem/P2158

求$ Σ(1<=i<=n)Σ(1<=j<=i)[gcd(i,j)==1] $

得，原式 = $ Σ(1<=i<=n) φ(i) $

做法： 欧拉线性筛

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<set>
using namespace std;
const int MAXN = 40000+9;

int n,ans;
int phi[MAXN], not_prime[MAXN], prime[MAXN], tot;

void L_S() {
	phi[1] = 1;
	for(int i = 2; i <= n; i++) {
		if(!not_prime[i]) {
			prime[++tot] = i;
			phi[i] = i-1;
		}
		for(int j = 1; i*prime[j] <= n; j++) {
			not_prime[prime[j]*i] = 1;
			if(i % prime[j] == 0) {
				phi[i*prime[j]] = phi[i]*prime[j];
				break;
			}
			phi[i*prime[j]] = phi[i]*(prime[j]-1);
		}
	}
}

int main() {
	scanf("%d",&n);
	if(n == 0 || n == 1) {
		printf("0");
		return 0;
	}
	n--;
	L_S();
	for(int i = 1; i <= n; i++) ans += phi[i];
	printf("%d",(ans<<1)-1+2);
}

SP5971 LCMSUM - LCM Sum

求$ \sum_{i=1}^{n} ; lcm(i,n)$

$ 1<=T<=300000 , 1 <= n <= 1000000 $

原式进行如下变形：

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

套路变形，注意：这里是要求求值：

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

注意这一步，上面是\(i\), 变除法的时候要注意：

\[\sum_{d\mid n}\frac{n}{d} \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}i\times d[\gcd(i, \lfloor\frac{n}{d}\rfloor) == 1]
\]

结合：[1,n]范围内 与n互质的数 的和：（φ(n)∗n）/2，化简得：

\[n\times \sum_{d\mid n} (\varphi(\frac{n}{d})\times \frac{n}{d})/2
\]

即：

\[n\times \sum_{d\mid n} \frac{\varphi(d)\times d}{2}
\]

for(int i = 1; i <= N; i++)
    for(int j = i; j <= N; j+=i) //i为j的因数, 所以是'f[j] +='
	f[j] += i==1 ? 1 : 1ll*phi[i]*i/2;//i==1时对f的贡献应该是1