Gcd

 HYSBZ - 2818 

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.

Input

一個整數N

Output

如題

Sample Input

4

Sample Output

4

Hint

hint

對於樣例(2,2),(2,4),(3,3),(4,2)

1<=N<=10^7

推導：

本題的本質就是

後面那個式子我們在莫比烏斯反演中已經見過很多了。

令

則有,進一步對F(x)進行推導得到：

對F(x)反演推回

則最初的式子就變成了

複雜度論證：

預處理mu[],F[],check[],以及最終處理ans都是O(1)的複雜度

主要是處理f(x)的複雜度的。

對於f(x)的處理，我們採用這樣一段程式碼：

for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(check[i])continue;
		for(int j=i;j<=n;j+=i)
		{
			f[i]+=1ll*mu[j/i]*F[j];
		}
	}

其中的i就是x，j就是kx，可以看出來這個式子的複雜度是

這個式子求和較難，不如將它放大一點，成：

這個複雜度沒有問題

AC程式碼：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
const int MAXN=1e7;
bool check[MAXN+10];
int prime[MAXN+10];
int mu[MAXN+10];
void Moblus()
{
    memset(check,false,sizeof(check));
    mu[1] = 1;
    check[1]=true;
    int tot = 0;
    for(int i = 2; i <= MAXN; i++)
    {
        if( !check[i] ){
            prime[tot++] = i;
            mu[i] = -1;
        }
        for(int j = 0; j < tot; j++)
        {
            if(i * prime[j] > MAXN) break;
            check[i * prime[j]] = true;
            if( i % prime[j] == 0){
                mu[i * prime[j]] = 0;
                break;
            }else{
                mu[i * prime[j]] = -mu[i];
            }
        }
    }
}
long long F[MAXN+10],f[MAXN+10];
int main()
{
	Moblus();
	int n;
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) F[i]=1ll*(n/i)*(n/i);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(check[i])continue;
		for(int j=i;j<=n;j+=i)
		{
			f[i]+=1ll*mu[j/i]*F[j];
		}
	}
	long long ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++)if(!check[i]) ans+=1ll*f[i];
	printf("%lld\n",ans);
}