【POJ2480】Longge's problem
阿新 • • 發佈：2020-08-11
Longge's problem
題目描述
Longge is good at mathematics and he likes to think about hard mathematical problems which will be solved by some graceful algorithms. Now a problem comes: Given an integer \(N\)(\(1 < N < 2^{31}\)),you are to calculate \(\sum gcd\)(\(i, N\)) \(1 \le i \le N\).
"Oh, I know, I know!" Longge shouts! But do you know? Please solve it.
輸入格式
Input contain several test case.
A number \(N\) per line.
輸出格式
For each \(N\), output ,\(\sum gcd\)(\(i,N\)) \(1 \le i \le N\), a line
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2 6
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3 15
題解
題目要求\(\sum_{i=1}^ngcd\)(\(i,n\))
那麼我們考慮一個數\(i\)對答案的貢獻，也就是\(gcd\)(\(k,n\))\(==i\)的個數乘上\(i\)。
首先，如果\(i\)不是\(n\)的因數，那麼不可能有\(gcd\)(\(k,n\))\(==i\)
那麼如果\(i\)是\(n\)的因子，那麼如果存在\(gcd\)(\(k,n\))\(==i\)，那麼\(k\)一定滿足\(k/i\)和\(n/i\)互質，也就是說\(k\)和\(n\)的因子中除去\(i\)後沒有相同的因子了。
那麼我們馬上就發現了\(i\)對答案的貢獻就是\(i*\phi\)(\(n/i\))。
那麼顯然題目就變成了求\(\sum_{i|n}i*\phi\)(\(n/i\))
在判斷質數的時候我們都學過一個數的因子都是“對稱”的，所以在列舉\(\phi\)(\(n/i\))的過程中我們只要列舉到\(\sqrt{n}\)，就行了。
接下來的目標就是如何快速求\(\phi\)
我們先了解尤拉函式的一些性質：
有一個質數\(p\)，則
\(\phi\)(\(p^k\))\(=p^k-p^{k-1}=p^{k-1}*(p-1)\)
因為\(p^k\)以內不和\(p^k\)互質的數只有\(p\)的倍數，也就是數量為\(\frac{p^k}{p}\)
因為\(\phi\)是積性函式，所以令\(p,k\)互質，則
\(\phi\)(\(p*k\))\(=\phi\)(\(p\))\(*\phi\)(\(k\))
所以我們就能用下面的程式碼求\(\phi\)
inline long long phi(long long x){
long long sum=x;
for(long long j=2;j*j<=x;j++)
if(x%j==0){
while(x%j==0) x/=j;
sum=sum/j*(j-1);
}
if(x!=1) sum=sum/x*(x-1);
return sum;
}
ps：有多組資料
上程式碼：
#include<cstdio>
using namespace std;
long long n;
inline long long fd(long long x){
long long sum=x;
for(long long j=2;j*j<=x;j++){
if(x%j==0){
while(x%j==0) x/=j;
sum=sum/j*(j-1);
}
}
if(x!=1) sum=sum/x*(x-1);
return sum;
}
long long sum;
int main(){
while(scanf("%lld",&n)!=EOF){
sum=0;
for(long long i=1;i*i<=n;i++){
if(n%i==0) sum+=fd(n/i)*i;
long long u=n/i;
if(u!=i && n%u==0) sum+=fd(n/u)*u;
}
printf("%lld\n",sum);
}
return 0;
}