GCD【洛谷P2568】(小左的GCD)

题目描述

给定整数N，求1<=x,y<=N且Gcd(x,y)为素数的数对(x,y)有多少对.

输入格式

一个整数N

输出格式

答案

输入输出样例

输入 #1 复制
4
输出 #1 复制
4
说明/提示
对于样例(2,2),(2,4),(3,3),(4,2)

1<=N<=10^7

思路

对于质数p，满足gcd(i,j)=p的(i,j)：
p|i且 p|j，则设i=a，j=b。
即gcd(ap,bp)=p
gcd(a,b)*p=p
gcd(a,b)=1，也就是a、b互质
所以求的就是1<=a,b<=n/p 中满足 gcd(a,b)=1的数字对(a,b)的个数
即phi(1~n/p)
因为这里我们只考虑了a<=b的情况，所以ans * =2;
然后还有phi(a,a)的情况，所以ans-1;

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
const int N=10000005;
long long sum[N],ans;
long long phi[N],prime[N],cnt;
bool is[N];
int main()
{
	freopen("1560.in","r",stdin);
	freopen("1560.out","w",stdout);
	int n,i;
    scanf("%d",&n);
    sum[1]=phi[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i)
	{
        if(!is[i])
		{
			prime[++cnt]=i;
			phi[i]=i-1;
		}
        sum[i]=sum[i-1]+phi[i];
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=n;j++)
		{
            is[prime[j]*i]=1;
            if(i%prime[j]==0)
			{
                phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];
                break;
            }
            phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);
        }
    }   
    for(int i=1;i<=cnt;++i)
        ans+=sum[n/prime[i]]*2-1;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}