标签：mat over 输入 html air 复杂度 公约数 net mod
给出一个n，求1-n这n个数，同n的最大公约数的和。比如：n = 6
1,2,3,4,5,6 同6的最大公约数分别为1,2,3,2,1,6，加在一起 = 15
1个数N(N <= 10^9)
公约数之和
6
15
\[
\sum_{i=1}^n\gcd(i,n)=\sum_{d|n}d\varphi(n)
\]
暴力搞就行了。
给出一个数N，输出小于等于N的所有数，两两之间的最大公约数之和。
相当于计算这段程序（程序中的gcd(i,j)表示i与j的最大公约数）：
G=0
for i=1 to N
for j=i+1 to N
G+=gcd(i,j)输入
第1行：1个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。(1 <= T <= 50000)
第2 - T + 1行：每行一个数N。(2 <= N <= 5000000)
输出
共T行，输出最大公约数之和。
输入样例
3
10
100
200000
输出样例
67
13015
143295493160
给出一个数N，输出小于等于N的所有数，两两之间的最大公约数之和。
相当于计算这段程序（程序中的gcd(i,j)表示i与j的最大公约数）：
由于结果很大，输出Mod 1000000007的结果。
G=0
for i=1 to N
for j=1 to N
G = (G + gcd(i,j)) mod 1000000007;输入一个数N。(2 <= N <= 10^10)
输出G Mod 1000000007的结果。
100
31080
可以看出来，T2，T3转化一下就只有数据范围不同。
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\gcd(i,j)\=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}[\gcd(i,j)=1]\=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{d'|\gcd(i,j)}\mu(d)\=\sum_{d=1}^nd\sum_{d'=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(d')\lfloor\frac n{dd'}\rfloor^2
\]
整除分块两次，区别在于第二次。
1.5 秒 131,072.0 KB 160 分 6 级题
给出一个n，求1-n这n个数，同n的最小公倍数的和。
例如：n = 6，1,2,3,4,5,6 同6的最小公倍数分别为6,6,6,12,30,6，加在一起 = 66。
由于结果很大，输出Mod 1000000007的结果。
第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。（1 <= T <= 50000)
第2 - T + 1行：T个数Ai
共T行，输出对应的最小公倍数之和
3
5
6
9
55
66
279
原题相当于求\(\sum_{i=1}^{n}\frac{i*n}{gcd(i,n)}\)
先枚举\(d=\gcd(i,n)\)，然后化简得到
\[
n*\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{\frac{n}{d}}i[\gcd(i,\frac{n}{d})=1]
\]
相当于求\(1\)到\(n-1\)中，与\(n\)互质的数和，设\(y<x\)，如果\(\gcd(y,x)=1\)，那么\(\gcd(x-y,x)=1\)，两式的贡献就是\(x\)了
所以\(1\)到\(n-1\)中，与\(n\)互质的数和为\(\frac{\phi(n)*n}{2}\)，特殊的，如果\(n=1,2\)，则和为\(1\)
那么原式就等于
\[
n*\sum_{d|n且d不为n}\frac{\frac{n}{d}*\phi(\frac{n}{d})}{2}+1
\]
再化简得到
\[
n+\frac{n}{2}\sum_{d|n且d>1}d*phi(d)
\]
这样，这个式子就变成\(O(\sqrt{n})\)，但是多组数据仍会超时
实际上我们将\(n\)质因数分解得到\(n=\prod_{i=1}^{x}p[i]^a[i]\)
因为\(p[i]\)两两互质，所以可以转化为
\[
n+\prod_{i=1}^{x}\sum_{j=0}^{a[i]}\phi(p[i]^j)*p[i]^j
\]
根据欧拉函数的性质可以得到
\[
n+\prod_{i=1}^{x}1+\sum_{j=1}^{a[i]}(p[i]-1)*p[i]^{2j-1}
\]
再根据等比数列求和公式得到
\[
n+\prod_{i=1}^{x}1+(p[i]-1)*\frac{p[i]^{2*a[i]+1}-p[i]}{p[i]^2-1}\=n+\prod_{i=1}^{x}1+\frac{p[i]^{2*a[i]+1}-p[i]}{p[i]+1}
\]
然后线筛素数加速质因数分解就可以过了，记得最后处理\(1,2\)的情况
给出2个数a, b，求LCM(a,b) + LCM(a+1,b) + .. + LCM(b,b)。
例如：a = 1, b = 6，1,2,3,4,5,6 同6的最小公倍数分别为6,6,6,12,30,6，加在一起 = 66。
由于结果可能很大，输出Mod 10^9 + 7的结果。（测试数据为随机数据，没有构造特别坑人的Test）
第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。(1 <= T <= 50000)
第2 - T + 1行：每行2个数a, b，中间用空格分隔(1 <= a <= b <= 10^9)
共T行，输出对应的最小公倍数之和Mod 10^9 + 7的结果。
3
1 6
10 15
41 90
66
675
139860
\[ ans = \sum_{i = a}^b \textrm{lcm}(i) \= b*\sum_{d | b} \sum_{i = \lfloor{ {a} \over {d}}\rfloor}^{\lceil{ {b} \over {d}}\rceil} i * [\gcd(i, { {b} \over {d}}) = 1] \= b*\sum_{d | b} \sum_{i = \lfloor{ {a} \over {d}}\rfloor}^{\lceil{ {b} \over {d}}\rceil} i * \sum_{d' | \gcd(i, { {b} \over {d}})} μ(d') \= b*\sum_{d | b} \sum_{d' | { {b} \over {d}}} μ(d') * d' * \sum_{i = \lfloor{ {b} \over {d }}\rfloor}^{\lceil{ {a} \over {d}}\rceil}i*[d' | i] \= b*\sum_{d | b} \sum_{d' | { {b} \over {d}}} μ(d') * d' * \sum_{i = \lfloor{ {b} \over {d*d' }}\rfloor}^{\lceil{ {a} \over {d * d'}}\rceil}i \= b*\sum_{d | b} \sum_{d' | { {b} \over {d}}} μ(d') * d' * (\lfloor{ {b} \over {d*d' }}\rfloor - \lceil{ {a} \over {d * d'}}\rceil + 1) * (\lfloor{ {b} \over {d*d' }}\rfloor + \lceil{ {a} \over {d * d'}}\rceil) / 2 \]
设$T = d * d’ $
\[
= b*\sum_{T | b}(\lfloor{ {b} \over {T}}\rfloor - \lceil{ {a} \over {T}}\rceil + 1) * (\lfloor{ {b} \over {T}}\rfloor + \lceil{ {a} \over {T}}\rceil) / 2 * \sum_{d | T} μ(d) * d
\]
我们观察一下$\sum_{d | T} μ(d) * d $
狄利克雷卷积做了这么多，轻松可得:
若\(T = \prod{p_i^{q_i}}\),那么
\[
\sum_{d | T} μ(d) * d = \prod{1-p_i}
\]
出一个数N，输出小于等于N的所有数，两两之间的最小公倍数之和。
相当于计算这段程序（程序中的lcm(i,j)表示i与j的最小公倍数）：
由于结果很大，输出Mod 1000000007的结果。
G=0
for i=1 to N
for j=1 to N
G = (G + lcm(i,j)) mod 1000000007;输入一个数N。(2 <= N <= 10^10)
输出G Mod 1000000007的结果。
4
72
\[
\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\textrm{lcm}(i,j)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{ij}{\gcd(i,j)}\=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}ij[\gcd(i,j)=1]\=\sum_{d=1}^nd\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}ij\sum_{d'|\gcd(i,j)}\mu(d)\=\sum_{d=1}^nd\sum_{d'=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(d')(d')^2\left(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac n{dd'}\rfloor}i\right)^2
\]
然后就变成了LG3768 简单的数学题，外面多套了一个整除分块，不过不影响复杂度。（毒瘤）
51Nod 最大公约数之和V1,V2,V3;最小公倍数之和V1,V2,V3
标签：mat over 输入 html air 复杂度 公约数 net mod
原文地址：https://www.cnblogs.com/autoint/p/gcd_and_lcm.html
