http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5528
题意
定义f(n)=选两个[0,n)的整数a,b，且ab不是n的倍数的方案数
求$g(n) = sum_{d|n}f(d)$。 数据组数1 ≤ $𝑇$ ≤ 20000，1 ≤ $n$ ≤ 10^9。
题解
$f(n) = n^2 - sum_{d|n}phi(frac{n}{d})d$
$g(n) = sum_{d|n}f(d)$
$g(n) = sum_{d|n}(d^2 - sum_{t|d}phi(frac{d}{t})t)$
$g(n) = sum_{d|n}d^2 - sum_{d|n}sum_{i}^{frac{n}{d}}dphi(i)$
$p(n) = sum_{d|n}d^2$
$q(n) = sum_{d|n}sum_{i}^{frac{n}{d}}dphi(i)$
$q(n) = sum_{d|n}dsum_{i}^{frac{n}{d}}phi(i)$
$q(n) = sum_{d|n}d*frac{n}{d} = sum_{d|n}n$
观察可知$p(n)$$q(n)$皆为积性函数，枚举n的素因子再依次求值即可，这样就只剩下了质因子分解的复杂度。
代码
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using namespace std;
typedef long long ll;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-6;
const int INF = 1000000000;
const int maxn = 100000;
int T,n;
int tot = 0,num = 0;
int vis[maxn+5];
int prime[maxn+5],fac[maxn+5],cnt[maxn+5];
void (){
memset (vis,0,sizeof (vis));
for (int i=2;i<=maxn;i++){
if (!vis[i]){
prime[++tot] = i;
for (int j=i;j<=maxn;j+=i){
vis[j] = 1;
}
}
}
}
void getfactor (int n){
memset (cnt,0,sizeof(cnt));
for(int i=1;i<=tot && prime[i]*prime[i]<=n;i++){
if (n%prime[i]==0){
fac[++num]=prime[i];
while (n%prime[i]==0){
cnt[num]++;
n/=prime[i];
}
}
}
if (n>1){
fac[++num] = n;
cnt[num]=1;
}
}
int main (){
getPrime ();
cin >>T;
while (T--){
num = 0;
scanf ("%d",&n);
getfactor (n);
ll ans1=1,ans2=1;
for (int i=1;i<=num;i++){
ll tmp = 1,tmpx = 1;
for (int j=1;j<=cnt[i];j++){
tmp*=fac[i]; tmpx+=tmp*tmp;
}
ans1 *= tmpx;
ans2 *= cnt[i]+1;
}
printf("%lldn", ans1-n*ans2);
}
return 0;
}
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