終於找到了一個只會用[gcd(i,j)==1] = sigema d|gcd(i,j) mu(d) 做不了的題。

考慮枚舉gcd後。

此時，ans可以表示為一個 sigema x f(x)的形式。

考慮對反演f(x)。

然後發現f(x)也很容易在nlogn的復雜度內算出來，就做完了。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 110000
#define eps 1e-7
#define inf 1e9+7
#define db double
#define ll long long
#define ldb long double
using namespace std;
inline ll read()
{
    char ch=0;
    ll x=0,flag=1;
    while(!isdigit(ch)){ch=getchar();if(ch=='-')flag=-1;}
    while(isdigit(ch)){x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*flag;
}
bool is_prime[N];
ll a[N],f[N],mu[N],prime[N];
void solve(ll n)
{
    memset(is_prime,true,sizeof(is_prime));
    is_prime[0]=is_prime[1]=false;mu[0]=mu[1]=1;
    for(ll i=2,cnt=0;i<=n;i++)
    {
        if(is_prime[i])prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
        for(ll j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if(i*prime[j]>n)break;
            is_prime[i*prime[j]]=false;
            if(i%prime[j])mu[i*prime[j]]=-mu[i];
            else{mu[i*prime[j]]=0;break;}
        }
    }
}
int main()
{
    ll n=read(),len=5e4;solve(len);
    for(ll i=1;i<=n;i++)a[read()]++;
    for(ll i=1;i<=len;i++)
    {
        for(ll j=i;j<=len;j+=i)f[i]+=a[j]*j;
        f[i]*=f[i];
    }
    ll ans=0;
    for(ll i=1;i<=len;i++)
    {
        ll tot=0;
        for(ll j=i;j<=len;j+=i)tot+=mu[j/i]*f[j];
        ans+=tot/i;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}
 

P3911 最小公倍數之和