Description

　　小菜的妹妹小诗就要读小学了！正所谓计算机要从娃娃抓起，小菜决定在幼儿园最后一段轻松的时间里教妹妹编程。
　　小菜刚教完gcd即最大公约数以后，一知半解的妹妹写了如下一段代码：
　　 sum:=0;
　　 for i:=1 to n-1 do
　　 for j:=i+1 to n do sum:=sum+gcd(i,j)

　　显然这个程序的效率是很低的，小明打算写一个更强的程序，在求出sum的同时比妹妹跑的更快。

Input

　　第一行一个整数t，即表示有t组数据
　　接下来t行，每行一个整数n

Output

　　t行，每行一个整数，表示n所对应的sum值

Sample Input

2
10
100

Sample Output

67
13015

Data Constraint

Hint

【数据规模】
　　20%数据t≤100,n≤100
　　40%数据t≤1000,n≤2000
　　100%数据t≤10000,n≤1000000

Solution

我们可以将答案转换先预处理出gcd(1~i-1,i)的答案，答案就是sum(ans[1~n]),再维护前缀和即可。如何求 gcd(1~i-1,i)，我们可以所有的i一起求。即枚举k，表示gcd为d的两个数，再枚举倍数k,那么我们可以用来更新ans[d*k]，即ans[d*k]+=gcd(1~d*k-1,d*k)，将式子化简，可得，sum(gcd( 1~d*k-1 , d*k ))=sum(d* (gcd( 1~d*k-1 , d*k )=1的个数) )= sum(d* phi(d*k) )。因此，我们只需要预处理出phi(1~n)，然后枚举d*k<=n即可，时间复杂度O(n long n)。

Code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 1000010
#define ll long long
using namespace std;
int n,t,ls,p[N],bz[N],f[N];
ll ans[N];
int main(){freopen("gcd.in","r",stdin);freopen("gcd.out","w",stdout);scanf("%d",&t);for(int i=2;i<=N-10;i++){if(!bz[i]) p[++p[0]]=i,f[i]=i-1;for(int j=1;j<=p[0];j++){if(p[j]*i>N-10) break;bz[p[j]*i]=1;f[p[j]*i]=f[i]*(i%p[j]==0?p[j]:p[j]-1);}}for(int i=1;i<=N-10;i++){ans[i]+=ans[i-1];for(int j=1;j<=(N-10)/i;j++){ans[i*j]+=(ll)i*f[j];}}while(t--){scanf("%d",&n);printf("%lld\n",ans[n]);}return 0;
}

作者：zsjzliziyang
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