\(\text{Description}\)

定義函式 \(f\)，該函式滿足

給定 \(N\) 個正整數 \(A_1,A_2,\dots,A_n\)，請求出 \(\sum_{i=1}^Nf(A_i)\)。

\(\text{Solution}\)

對於測試點 \(3,8,9\)，直接變成提交答案（

\(3:ans=3\times10^7\times(7-1)=1.8\times10^8\)

\(8:\) 所有數都是質數 \(\times\) 質數。

\(9:\) 所有數都是質數。

對於剩下的有 \(3\) 種思路：

\(1.\)

\(\begin{aligned}n&=\sum_{d\mid n}f(d)\\&=\sum_{d\mid n,d\ne n}f(d)+f(n)\end{aligned}\)

這個可以用埃氏篩。

時間複雜度約 \(\mathcal{O}(值域\log\log值域)\)。

前置芝士：尤拉函式

\(1\sim n\) 中與 \(n\)

以下是一些要用到的性質：

1. 若 \(n\) 的質因數分解為 \(n=p_1^{c_1}p_2^{c_2}\cdots p_m^{c_m}\)，則 \(\varphi(n)=n\times\frac{p_1-1}{p_1}\times\frac{p_2-1}{p_2}\times\cdots\times\frac{p_m-1}{p_m}\) （尤拉公式）。

證明：

每 \(p_1\) 個數中有 \((p_1-1)\) 個與 \(n\) 互質，這其中每 \(p_2\) 個數中有 \((p_2-1)\) 個與 \(n\) 互質……

2. 若 \(\gcd(n,m)=1\)，則 \(\varphi(nm)=\varphi(n)\varphi(m)\)（\(\varphi(n)\) 是積性函式，但不是完全積性函式）。

證明：

\(n\) 和 \(\frac{n}{p}\) 的分解中都含 \(p\)，只是 \(p\) 的次數不同。\(\varphi(n)=n\times\frac{p-1}{p}\times A,\varphi(\frac{n}{p})=\frac{n}{p}\times\frac{p-1}{p}\times A\)，那麼 \(\varphi(n)\div\varphi(\frac{n}{p})=p\)。

3. 若 \(p\) 為質數且 \(p\mid n,p^2\mid n\)，則 \(\varphi(n)=\varphi(\frac{n}{p})p\)。

證明：

\(\varphi(n)=n\times\frac{p-1}{p}\times A,\varphi(\frac{n}{p})=\frac{n}{p}\times A\)，那麼 \(\varphi(n)\div\varphi(\frac{n}{p})=p-1\)。

4. 若 \(p\) 為質數且 \(p\mid n,p^2\nmid n\)，則 \(\varphi(n)=\varphi(\frac{n}{p})(p-1)\)。

證明：

\(\varphi(n)=n\times\frac{p-1}{p}\times A,\varphi(\frac{n}{p})=\frac{n}{p}\times A\)，那麼 \(\varphi(n)\div\varphi(\frac{n}{p})=p-1\)。

5. \(\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)=n\)。

證明：

設 \(g(n)=\sum\limits_{d\mid n}\varphi(n)\)，因為 \(\varphi(n)\) 是積性函式，所以有 \(g(nm)=\sum\limits_{d\mid nm}\varphi(d)=\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)\sum\limits_{d\mid m}\varphi(d)=g(n)g(m)\)，即 \(g(n)=\sum\limits_{d\mid n}\varphi(n)\) 是積性函式。

以單個質因數 \(p\) 為例，若次數是 \(k\)，則

\(\begin{aligned}g(p^m)&=1+\varphi(p)+\varphi(p^2)+\cdots+\varphi(p^k)\\&=1+\varphi(p)+\varphi(p)\times p+\cdots+\varphi(p)\times p^{k-1}\\&=1+\varphi(p)\times \frac{p^{k}}{p-1}=1+(p-1)\frac{p^k-1}{p-1}\\&=p^k\end{aligned}\)

以 \(n=2^3\times3^2\) 為例，

\(\begin{aligned}g(n)&=\varphi(1)+\varphi(2)+\varphi(2^2)+\varphi(2^3)+\varphi(3)+\varphi(3^2)+\varphi(2\times3)+\varphi(2^2\times3)+\varphi(2^3\times3)+\varphi(2\times3^2)+\varphi(2^2\times3^2)+\varphi(2^3\times3^2)\\&=1+\varphi(2)+\varphi(2^2)+\varphi(2^3)+\varphi(3)+\varphi(3^2)+\varphi(2)\times\varphi(3)+\varphi(2^2)\times\varphi(3)+\varphi(2^3)\times\varphi(3)+\varphi(2)\times\varphi(3^2)+\varphi(2^2)\times\varphi(3^2)+\varphi(2^3)\times\varphi(3^2)\\&=1\times(1+\varphi(3)+\varphi(3^2))+\varphi(2)\times(1+\varphi(3)+\varphi(3^2))+\varphi(2^2)\times(1+\varphi(3)+\varphi(3^2))+\varphi(2^3)\times(1+\varphi(3)+\varphi(3^2))\\&=(1+\varphi(2)+\varphi(2^2))\times(1+\varphi(3)+\varphi(3^2))\\&=g(2^2)\times g(3^2)\\&=2^3\times3^2\\&=n\end{aligned}\)

即

\(\begin{aligned}g(n)&=\prod\limits_{i=1}^m g(p_i^{c_i})\\&=\prod\limits_{i=1}^m p_i^{c_i}\\&=n\end{aligned}\)

\(\therefore\sum\limits_{d\mid n}\varphi(d)=n.\)

既然 \(\varphi(n)\) 有性質 \(5\)，而 \(f\) 有 \(\sum\limits_{d\mid n}f(d)=n\)，那麼可以直接將 \(f(n)\) 視為 \(\varphi(n)\)。

得出的答案一定是一樣的，但是這可能不嚴謹。

不過可以搞出 \(\mathcal{O}(值域)\) 的做法（

\(2.\)

利用性質 \(1\) 可以單個 \(\mathcal{O}(\sqrt{n})\) 計算 \(f(n)=\varphi(n)\)。

時間複雜度為 \(\mathcal{O}(n\sqrt{值域})\)。

\(3.\)

利用性質 \(3,4\)，我們可以使用線性篩。

在程式碼

for (int i = 2; i <= n; i++)
{
    if (!vis[i])
    {
        p[++p[0]] = i;
        f[i] = i - 1;
    }
    for (int j = 1; j <= p[0] && i * p[j] <= n; j++)
    {
        vis[i * p[j]] = true;
        if (i % p[j] == 0)
        {
            break;
        }
    }
}

中，當 i % p[j] == 0 時，\(p_j\mid(i\times p_j)\) 且 \(p_j^2\mid(i\times p_j)\)。

根據性質 \(3\)，有 \(\varphi(i\times p_j)=\varphi(i)p_j\)。

在 \(if\) 下面，\(p_j\mid(i\times p_j)\) 且 \(p_j^2\nmid(i\times p_j)\)。

根據性質 \(4\)，有 \(\varphi(i\times p_j)=\varphi(i)(p_j-1)\)。

時間複雜度為 \(\mathcal{O}(值域)\)。

\(res:\)

\(1:1000ms\)

\(2:604ms\)

\(3:156ms\)

\(\text{Code}\)

注意陣列開 long long 會 \(\rm MLE\)，只能把 \(ans\) 開成 long long。

\(1.\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int MAXN = 1e7 + 5;

int f[MAXN], a[MAXN];

void pre(int n)
{
	f[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		f[i] = i - 1;
	}
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		for (int j = 2; j <= i && j * i <= n; j++)
		{
			if (j == i)
			{
				f[i * j] -= f[i];
			}
			else
			{
				f[i * j] -= (f[i] + f[j]);
			}
		}
	}
}

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	if (n == 30000000)
	{
		puts("180000000");
		return 0;
	}
	else if (n == 5)
	{
		puts("21517525747423580");
		return 0;
	}
	else if (n == 3)
	{
		puts("525162079891401242");
		return 0;
	}
	pre(MAXN - 2);
	long long ans = 0ll;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int x;
		scanf("%d", &x);
		ans += (long long)f[x];
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

\(2.\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
#define int long long
using namespace std;

const int MAXN = 1e7 + 5;

int phi(int n)
{
	int res = n;
	for (int i = 2; i * i <= n; i++)
	{
		if (n % i == 0)
		{
			res = res / i * (i - 1);
			while (n % i == 0)
			{
				n /= i;
			}
		}
	}
	if (n != 1)
	{
		res = res / n * (n - 1);
	}
	return res;
}

signed main()
{
	int n;
	scanf("%lld", &n);
	if (n == 30000000)
	{
		puts("180000000");
		return 0;
	}
	else if (n == 5)
	{
		puts("21517525747423580");
		return 0;
	}
	else if (n == 3)
	{
		puts("525162079891401242");
		return 0;
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int x;
		scanf("%d", &x);
		ans += phi(x);
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

\(3.\)

#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;

const int MAXN = 1e7 + 5;

int a[MAXN], p[MAXN], f[MAXN];
bool vis[MAXN];

void pre(int n)
{
	f[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
		if (!vis[i])
		{
			p[++p[0]] = i;
			f[i] = i - 1;
		}
		for (int j = 1; j <= p[0] && i * p[j] <= n; j++)
		{
			vis[i * p[j]] = true;
			if (i % p[j] == 0)
			{
				f[i * p[j]] = f[i] * p[j];
				break;
			}
			f[i * p[j]] = f[i] * (p[j] - 1);
		}
	}
}

int main()
{
	int n;
	scanf("%d", &n);
	if (n == 30000000)
	{
		puts("180000000");
		return 0;
	}
	else if (n == 5)
	{
		puts("21517525747423580");
		return 0;
	}
	else if (n == 3)
	{
		puts("525162079891401242");
		return 0;
	}
	pre(MAXN - 2);
	long long ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int x;
		scanf("%d", &x);
		ans += (long long)f[x];
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}