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原题链接
题目描述
给定整数 N N N，求 1 ≤ x , y ≤ N 1 \le x,y \le N 1≤x,y≤N 且 gcd ( x , y ) \gcd(x,y) gcd(x,y) 为素数的数对 ( x , y ) (x,y) (x,y) 有多少对。
输入格式
输入一个整数 N N N。
输出格式
输出一个整数，表示满足条件的数对数量。
数据范围
1 ≤ N ≤ 1 0 7 1 \le N \le 10^7 1≤N≤107
输入样例：
4输出样例：
4思路
首先考虑暴力。
本题答案为：
∑ i = 1 n ∑ j = 1 n ∑ p ∈ P [ gcd ( i , j ) = p ] \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\sum_{p \in \mathbb{P}}^{}[\gcd(i,j)=p] i=1∑nj=1∑np∈P∑[gcd(i,j)=p]
把 gcd ( i , j ) = p \gcd(i,j)=p gcd(i,j)=p 变成 gcd ( i , j ) = 1 \gcd(i,j)=1 gcd(i,j)=1 然后把 p p p 除到前面的 n n n 里。
即： ∑ p ∈ P ∑ i = 1 ⌊ n p ⌋ ∑ j = 1 ⌊ n p ⌋ [ gcd ( i , j ) = 1 ] \sum_{p \in \mathbb{P}}^{}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}[\gcd(i,j)=1] p∈P∑i=1∑⌊pn⌋j=1∑⌊pn⌋[gcd(i,j)=1]
和 5.5.1 可见的点 相同，我们可以将以上代数式变换为：
2 × ∑ p ∈ P ∑ i = 1 ⌊ n p ⌋ φ ( i ) + 1 2 \times\sum_{p \in \mathbb{P}}^{}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\varphi(i)+1 2×p∈P∑i=1∑⌊pn⌋φ(i)+1
这里不再进行推导，读者可以自行点击上方链接进行阅读。
此时进行计算，时间复杂度近似为 O ( n 2 ln n ) \large{O(\frac{n^2}{\ln n})} O(lnnn2)，将 n = 1 0 7 n=10^7 n=107 代入计算，发现超过 1 0 8 10^8 108，在 1 s 1s 1s 的时限内会 TLE \text{TLE} TLE。
我们看到 ∑ i = 1 n p φ ( n p ) \large\sum_{i=1}^{\frac{n}{p}}\varphi(\frac{n}{p}) ∑i=1pnφ(pn) 可以考虑预处理欧拉函数前缀和。
假设 s k = ∑ i = 1 k φ ( i ) \large{s_k=\sum_{i=1}^{k}\varphi(i)} sk=∑i=1kφ(i)，则原式可化为：
2 × ∑ p ∈ P s ⌊ n p ⌋ + 1 \large{2 \times\sum_{p \in \mathbb{P}}^{}s_{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}+1} 2×p∈P∑s⌊pn⌋+1
此时我们枚举 n n n 的所有质因数进行计算就不会超时。
算法时间复杂度
预处理 φ ( i ) \varphi(i) φ(i)： O ( n ) O(n) O(n);
预处理 s i s_i si： O ( n ) O(n) O(n);
计算结果： O ( n ln n ) \large{O(\frac{n}{\ln n})} O(lnnn)。
因此最高时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)，可以过。
注意： 数论题目中，开 long long 已经是常识，所以很有必要写一条 #define int long long 避免犯错。
AC Code
C + + \text{C}++ C++
cpp
#include <iostream>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 1e7 + 10;
int n;
int primes[N], cnt;
int euler[N], s[N];
bool st[N];
void get_eulers(int n)
{
euler[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i ++ )
{
if (!st[i])
{
primes[cnt ++ ] = i;
euler[i] = i - 1;
}
for (int j = 0; primes[j] <= n / i; j ++ )
{
int t = primes[j] * i;
st[t] = true;
if (i % primes[j] == 0)
{
euler[t] = euler[i] * primes[j];
break;
}
euler[t] = euler[i] * (primes[j] - 1);
}
}
}
main()
{
scanf("%lld", &n);
get_eulers(n); // 线性筛质数和欧拉函数
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) // 预处理欧拉函数前缀和
s[i] = s[i - 1] + euler[i];
int res = 0;
for (int i = 0; i < cnt; i ++ ) // 枚举 n 以内的质数
res += 2 * s[n / primes[i]] - 1;
printf("%lld\n", res);
return 0;
}
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