$f(m)=\sum\limits_{i=1}^{m-1}\sum\limits_{j=1}^{m-1}[(ij,m) \ne m]$,$g(n)=\sum\limits_{m|n}f(m)$,$1 \le n \le 10^9$,求$g(n)$模$2^{64}$。

要求为$i j ∤ m$,说明$ij$不为$m$的倍数,但是可以有公共因子,直接求很麻烦,不如先反着来求不符合的,最后再减掉。然后就是化式子,枚举一个数$(m, i)=d$,则另一个数满足$\frac{m}{d}|j$,二者各自有$\varphi(\frac{m}{d})$和$d$个数量,继续化简,之后可以观察到右半式就是某很经典的欧拉函数的结论,然后预处理素数,素因子分解计算下贡献,最后左右两个半式相减就行了。

\begin{eqnarray*} g(n) &=& \sum\limits_{m|n}(m^2-\sum\limits_{i=1}^{m-1}\sum\limits_{j=1}^{m-1}[(ij,m) = m]) \newline &=&\sum\limits_{m|n} {m^2} - \sum\limits_{m|n} \sum\limits_{d|m} d\varphi \left( \frac{m}{d} \right) \newline &=& \sum\limits_{m|n} {m^2} - \sum\limits_{d|n}d {\sum\limits_{\frac{m}{d}|\frac{n}{d}} {\varphi \left( {\frac{m}{d}} \right)} } \newline &=& \sum\limits_{m|n} {m^2} - \sum\limits_{d|n}{d \frac{n}{d}} \newline &=& \sum\limits_{m|n} {m^2} - n \sum\limits_{d|n}{1} = \sum\limits_{m|n} {m^2} - n \tau(n) \end{eqnarray*}

还有另外一种方法就是直接利用积性函数的性质,再用欧拉函数化简。得到的最后式子是一样的。

/** @Date    : 2017-10-20 14:18:28
* @FileName: HDU 5528 反演.cppc
* @Platform: Windows
* @Author : Lweleth (SoungEarlf@gmail.com)
* @Link : https://github.com/
* @Version : $Id$
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define LL unsigned long long
#define PII pair<int ,int>
#define MP(x, y) make_pair((x),(y))
#define fi first
#define se second
#define PB(x) push_back((x))
#define MMG(x) memset((x), -1,sizeof(x))
#define MMF(x) memset((x),0,sizeof(x))
#define MMI(x) memset((x), INF, sizeof(x))
using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int N = 5e4+20;
const double eps = 1e-8; LL pri[N];
bool vis[N];
int c = 0; void prime()
{
MMF(vis);
for(int i = 2; i < N; i++)
{
if(!vis[i]) pri[c++] = i;
for(int j = 0; j < c && i * pri[j] < N; j++)
{
vis[i * pri[j]] = 1;
if(i % pri[j] == 0) break;
}
}
} int main()
{
prime();
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--)
{
LL n;
scanf("%llu", &n);
LL t = n;
LL sum = 1ULL, dis = 1ULL;
for(int i = 0; i < c && pri[i] * pri[i] <= t; i++)
{
if(t % pri[i] == 0)
{
LL cnt = 1;
LL tmp = 1ULL;
LL k = 1ULL;
while(t % pri[i] == 0)
t /= pri[i], cnt++; for(int j = 0; j < cnt - 1; j++)
{
tmp *= pri[i];
k += (LL)tmp * tmp;// ()* m^2
}
sum *= k;
dis *= cnt;
}
}
if(t > 1)
{
sum *= t * t + 1;
dis *= 2ULL;
}
dis *= n;
printf("%llu\n", sum - dis);
}
return 0;
}

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