題目連結：傳送門

題目：

題目描述

給定整數N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)為素數的數對(x,y)有多少對.
輸入輸出格式
輸入格式：

一個整數N

輸出格式：

答案

輸入輸出樣例
輸入樣例#1： 複製

4

輸出樣例#1： 複製

4

說明

對於樣例(2,2),(2,4),(3,3),(4,2)

1<=N<=10^7

來源：bzoj2818

本題資料為洛谷自造資料，使用CYaRon耗時5分鐘完成資料製作。

　　看了好幾天數論了，忍不住出來切切水題。

思路：

　　若已知x，y，因為gcd(x, y)為素數，令p = gcd(x, y)，a = x/p，b = y/p，則gcd(a, b) = 1;

　　所以對於給定的素數p，只要a，b滿足gcd(a, b) = 1，則對應的x = a*p，y = b*p就是滿足題意的一個數對。因為gcd(a, b) = 1，考慮尤拉函式。

　　不妨令a ≤ b，則對於一個確定的b，a的選擇數有φ(b)種，那麼所有a，b的選擇就有$\sum \phi (b)$種，b*p ≤ N，所以b的上界為N/p。a，b可以互換位置所以要×2，a，b相等時（a = b = 1）只能算一種所以要-1，所以答案為$\sum_{prime\leqslant N}\left ( 2*\sum_{j=1}^{N/prime}\phi (j)-1 \right )$。

　　線性篩出質數和尤拉函式O(N)，列舉所有小於N的素數就可以了O(N/logN)。

　　總複雜度O(N+N/logN)。

　　注意：1e7的陣列開多了會MLE，而最小的質數為2，所以尤拉函式和字首和可以只開到N/2的大小。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAX_N = 1e7 + 5;

int N;
int prime[MAX_N+1];
int phi[MAX_N/2+1];
ll sum[MAX_N/2+1];

void getPrime_and_Phi() {
    memset(prime, 0, sizeof
 
 prime);
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= MAX_N; i++) {
        if (!prime[i]) prime[++prime[0]] = i, phi[i] = i-1;
        for (int j = 1; j <= prime[0] && prime[j] <= MAX_N/i; j++) {
            prime[prime[j]*i] = 1;
            if (prime[j]*i <= MAX_N/2)
                phi[prime[j]*i] = phi[i] * (i%prime[j] ? prime[j]-1 : prime[j]);
            if (i % prime[j] == 0) break;
        }
    }
}

void init() {
    getPrime_and_Phi();
    sum[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= MAX_N/2; i++) {
        sum[i] = sum[i-1] + phi[i];
    }
}

int main()
{
    init();
    cin >> N;
    ll ans = 0;
    for (int i = 1; i <= prime[0] && prime[i] <= N; i++) {
        ans += sum[N/prime[i]]*2-1;
    }
    cout << ans << endl;
    return 0;
}