AcWing 220. 最大公约数

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一、视频教程

https://www.bilibili.com/video/BV1cP4y1c7q8

二、解题思路

最开始读错题，成了:
\(1<=x,y<=N\),并且\(gcd(x,y)=1\)有多少数对？

这不就是在计算\(\displaystyle \sum_{i=1}^{N}φ(i)\)吗？

其实本题不是说\(gcd(x,y)=1\)，而是说\(gcd(x,y)=p\),其中\(p\)是质数 。

1、解读样例

先来看一下样例：\(n=4\)时，答案是\(4\)。
我们手动枚举一下：
\(gcd(2,2)=2\),\(gcd(3,3)=3\),\(gcd(2,4)=2\),\(gcd(4,2)=2\)

就这四个，因为只有这几种组合，最大公约数才是质数,组数是\(4\)组。
可以看得出来，由这个样例推出：这里\(gcd(2,4)=gcd(4,2)=2\)被看成了两组，也说是说对于不同的\(x,y\),视为两组结果。
小结:手动计算一下样例非常重要，可以帮我们更深刻理解题意！

2、推式子

这是一个最大公约数的典型转化技巧：把\(p\)除过来，形成：

\[gcd(\frac{x}{p},\frac{y}{p})=1 \]

为什么要除过来呢？因为\(p\)的取值是多种多样的，我们不知道\(p\)具体是什么，如果我们把\(p\)除过来，是不是就会简化很多呢？其实就是从骨子里想要用欧拉函数解决问题，不搞成和欧拉函数差不多的样子，怎么能用得上人家呢？除吧，技巧，背吧，技巧~

这是在最大公约数中最常见的变化技巧之一，后面还有比较难的莫比乌斯变换，以后再讲~

现在，可以视\(x'=\frac{x}{p},y'=\frac{y}{p}\),即就是\(gcd(x',y')=1\),这不就是用上欧拉函数了吗？只不过数据范围有了变化，变成了\(1<=x',y'<=\frac{N}{p}\)

到了这里，\(p\)是啥呢？它是需要在\(1\sim N\)之间枚举的每一个质数，用线性筛法求得，然后遍历就可以计算了。

   for (int i = 0; i < cnt; i++) {
        int p = primes[i]; //枚举1~n中的所有质数p
        ......
   }

如果\(p\)被枚举到，比如现在\(p=2\),那我们如何来求\(gcd(x',y')=1\)的数对个数呢？
这就是简单的欧拉函数+求和（可以使用前缀和优化）啊~
数据范围：\(1<=x',y'<=\frac{N}{p}\)

像\(201\)一样，提前计算出前缀和,这样避免每次循环计算：

  //维护一个前缀和,本题中phi[1]=1
    for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i - 1] + phi[i];

这里有一个第一象限\(45^。\)直线上点的问题，就是\(x'=y'\)时，我们分别在两下方和上方计算了两次，需要再减去\(1\)。

  res += s[n / p] * 2 - 1; //推导的公式

\[\sum_{i=1}^N (2 * \sum_{i=1}^{\frac{N}{p}} φ(i)-1 ) \]

三、实现代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e7 + 10; //这家伙好大啊

int primes[N], cnt;
bool st[N];
int phi[N];
LL s[N];

void euler(int n) {
    phi[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (!st[i]) {
            primes[cnt++] = i;
            phi[i] = i - 1;
        }
        for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
            st[primes[j] * i] = true;
            if (i % primes[j] == 0) {
                phi[i * primes[j]] = phi[i] * primes[j];
                break;
            }
            phi[i * primes[j]] = phi[i] * (primes[j] - 1);
        }
    }
}

int main() {
    int n;
    cin >> n;
    euler(n);
    //维护一个前缀和,本题中phi[1]=1
    for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i - 1] + phi[i];

    LL res = 0;
    for (int i = 0; i < cnt; i++) {
        int p = primes[i];       //枚举1~n中的所有质数p
        res += s[n / p] * 2 - 1; //推导的公式
    }
    cout << res << endl;
    return 0;
}

标签：phi,frac,gcd,int,质数,样例,最大公约数,220,AcWing
来源： https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16295256.html