LOJ6482. LJJ 爱数数

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题解：

1 a + 1 b = 1 c \frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c} a1+b1=c1
( a + b ) c = a b (a+b)c=ab (a+b)c=ab
令 g = g c d ( a , b ) , A = a g , B = b g 令g=gcd(a,b),A=\frac{a}{g},B=\frac{b}{g} 令g=gcd(a,b),A=ga,B=gb
( A + B ) c = A B g (A+B)c=ABg (A+B)c=ABg
由于 g 要整除等式左边的东西，然而 g 不整除 c ，所以 g 整除 A + B ，那么可以除过去由于g要整除等式左边的东西，然而g不整除c，所以g整除A+B，那么可以除过去由于g要整除等式左边的东西，然而g不整除c，所以g整除A+B，那么可以除过去
A + B g = A B c \frac{A+B}{g}=\frac{AB}{c} gA+B=cAB
我们假设这个式子两边都等于p。
那么如果 p ! = 1 p!=1 p!=1，说明p整除A或者B，p不可能同时整除A和B，因为A、B互质。但是p要整除 A + B A+B A+B，所以不可能成立。
所以可以推出 p = 1 p=1 p=1。
那么就可以推出两条式子：
A + B = g , 即是 : a + b = g 2 A+B=g,即是:a+b=g^2 A+B=g,即是:a+b=g2
c = A B , 就是： c = a b g 2 c=AB,就是：c=\frac{ab}{g^2} c=AB,就是：c=g2ab

那么接下来问题就比较好处理了：
由于 a , b < = 1 0 12 a,b<=10^{12} a,b<=1012，那么 a + b = 2 ∗ 1 0 12 = 1 0 6 级别 \sqrt{a+b}=\sqrt{2*10^{12}}=10^6级别 a+b =2∗1012 =106级别
我们先枚举gcd(a,b)=g，然后假设a=i*g,那么可以列出和式：
∑ g = 1 2 n ∑ i = 1 ⌊ n g ⌋ [ g c d ( i g , g 2 − i g ) = g ] \sum_{g=1}^{\sqrt{2n}}\sum_{i=1}^{\lfloor{\frac{n}{g}}\rfloor}[gcd(ig,g^2-ig)=g] g=1∑2n i=1∑⌊gn⌋[gcd(ig,g2−ig)=g]
化简一下：
∑ g = 1 2 n ∑ i = 1 ⌊ n g ⌋ [ g c d ( i , g − i ) = 1 ] \sum_{g=1}^{\sqrt{2n}}\sum_{i=1}^{\lfloor{\frac{n}{g}}\rfloor}[gcd(i,g-i)=1] g=1∑2n i=1∑⌊gn⌋[gcd(i,g−i)=1]
由于辗转相减的性质，可知：
∑ g = 1 2 n ∑ i = 1 ⌊ n g ⌋ [ g c d ( i , g ) = 1 ] \sum_{g=1}^{\sqrt{2n}}\sum_{i=1}^{\lfloor{\frac{n}{g}}\rfloor}[gcd(i,g)=1] g=1∑2n i=1∑⌊gn⌋[gcd(i,g)=1]
即是求一定范围内与g互质的数的个数。
前面还有一些小问题，实际上我们对i的限制范围有一些不准确。
1 < = g 2 − i g < = n 1<=g^2-ig<=n 1<=g2−ig<=n
g − ⌊ n g ⌋ < = i < = g − 1 g-\lfloor\frac{n}{g}\rfloor<=i<=g-1 g−⌊gn⌋<=i<=g−1
与原范围合并一下，可以化简为：
m a x ( 1 , g − ⌊ n g ⌋ ) < = i < = m i n ( g − 1 , ⌊ n g ⌋ ) max(1,g-\lfloor\frac{n}{g}\rfloor)<=i<=min(g-1,\lfloor\frac{n}{g}\rfloor) max(1,g−⌊gn⌋)<=i<=min(g−1,⌊gn⌋)
所以原式可以写成：
∑ g = 1 2 n ∑ i = m a x ( 1 , g − ⌊ n g ⌋ ) m i n ( g − 1 , ⌊ n g ⌋ ) [ g c d ( i , g ) = 1 ] \sum_{g=1}^{\sqrt{2n}}\sum_{i=max(1,g-\lfloor\frac{n}{g}\rfloor)}^{min(g-1,\lfloor\frac{n}{g}\rfloor)}[gcd(i,g)=1] g=1∑2n i=max(1,g−⌊gn⌋)∑min(g−1,⌊gn⌋)[gcd(i,g)=1]

接下来只要求 g c d ( i , g ) = 1 gcd(i,g)=1 gcd(i,g)=1的对数了。
这个可以直接用莫比乌斯反演，对r搞一下，l-1搞一下，然后相减即可。
时间复杂度 O ( n l o g ( n ) ) O(\sqrt{n}log(\sqrt{n})) O(n log(n ))

代码如下：

#pragma GCC optimze("Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e6+5;
ll n,ans;
int mu[maxn],su[maxn],lnk[maxn],nxt[16*maxn],son[16*maxn],tot;
bool vis[maxn];
void make_mu(){mu[1]=1; int m=0;for (int i=2;i<=2e6;i++){if (!vis[i]) su[++m]=i,mu[i]=-1;for (int j=1;j<=m&&1ll*su[j]*i<=2e6;j++){vis[i*su[j]]=1;if (i%su[j]==0) {mu[i*su[j]]=0; break;}else mu[i*su[j]]=-mu[i];}}
}
ll doit(ll x,ll y){ll ret=0;for (int j=lnk[y];j;j=nxt[j])if (y%son[j]==0) ret+=mu[son[j]]*(x/son[j]);return ret;
}
void add(int x,int y){son[++tot]=y,nxt[tot]=lnk[x],lnk[x]=tot;
}
int main(){scanf("%lld",&n);make_mu();for (int i=1;1ll*i*i<=2*n;i++)if(mu[i])for (int j=1;1ll*j*i*j*i<=2*n;j++)add(i*j,i);for (ll g=1ll;g*g<=2*n;g++)ans+=doit(min(n/g,g-1),g)-doit(max(1ll,g-n/g)-1,g);printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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