題目鏈接:??http://poj.org/problem?id=2480
題意：∑gcd(i, N) 1<=i <=N，就這個公式，給你一個n，讓你求sum=gcd(1,n)+gcd(2,n)+gcd(3,n)+…………gcd(n-1,n)+gcd(n,n),（1<=n<2^31）是多少？
放心吧！！！暴力肯定是做不出來的，如果你數論只會gcd（和我一樣），那還是學點東西再來挑戰這個題吧！
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?這個題需要用到歐拉函數的知識……
歐拉函數的定義：對正整數n，歐拉函數是小于n的正整數中與n互質的數的數目（我們定義φ(1)=1）
歐拉函數的的通式：φ(n)=n*(1-1/p1)*(1-1/p2)*(1-1/p3)……*(1-1/ps)(p1,p2,p3,……ps均是n的質因子)
歐拉函數有這么幾個比較重要的性質：
性質1：如果n是質數p的k次冪，那么φ(n)=p^k-1*(p-1)
性質2：歐拉函數是積性函數——若m,n互質，φ(mn)=φ(n)*φ(m)，積性函數和完全積性函數有區別，有興趣可以自己百度一下
性質3：當n為奇數的時候，φ(2n)=φ(n)，這一點是由性質2推出來的，因為2必定和所有的奇數都是互質的，所以而φ(2)=1。所以得出這個結果
性質4：n的所有質因子之和等于φ(n)*n/2（這不算性質，只能算延伸）。
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好了，大體介紹完了歐拉函數，我們可以開始來看看這個題怎么做了。
首先要知道gcd(i,n)是積性函數（當n固定時），也就是說gcd(i*j,n)=gcd(i,n)*gcd(j,n)(這里還有一個限制條件，就是i，j互質，所以gcd并非完全積性函數)
一開始我不是利用積性函數的性質做的，但是也用到了歐拉函數，因為一眼就和歐拉函數有關一下就手撕了，相當于半暴力吧，344ms，好丟人，這里也說下是怎么做的。
我們枚舉gcd(i,n)的所有情況即n的所有因子都有可能是他和其他數的最大公因數。我們假設M是n與i的最大公因數，那么所有與i互質且小于i的數與M的乘積我們設這個數為j，與n的最大公因數都為M，即gcd(j,n)=M,.這里所有與i互質且小于i的數也就是i的歐拉函數φ(i)而i=n/M。
但是我們直接1-n去枚舉n的所有因子設為M，來枚舉最大公約數的所有情況答案需要n的復雜度，在2^31次方的情況下是會超時的，所以我們采用折半枚舉，具體看代碼吧
//Author: xiaowuga #include<iostream> #include<cmath> #define maxx INT_MAX #define minn INT_MIN #define inf 0x3f3f3f3f const long long N=1000; using namespace std; typedef long long LL; LL euler(LL n){LL res=n;for(LL 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; } int main(){LL n;while(scanf("%lld",&n)!=EOF){LL ans=0;for(LL i=1;i*i<=n;i++){if(n%i==0){ans+=euler(n/i)*i;if(i*i<n) ans+=euler(i)*(n/i);}}printf("%lld\n",ans);}return 0; }
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好了現在我們需要來學習真正的姿勢了，我也是剛學的，利用gcd是積性函數的性質，根據前文說的，我們有這樣的結論：n>1時 n=p1^a1*p2^a2*...*ps^as，p為n的質因子，那么f(n)是積性函數的充要條件是f(1)=1，及f(n) = f(p1^a1)*f(p2^a2)*...f(pr^ar)，所以只要求f(pi^ai)就好。現在來看具體做法。
f(pi^ai) = ?Φ（pi^ai）+pi*Φ（pi^(ai-1)）+pi^2*Φ（pi^(ai-2)）+...+pi^(ai-1)* Φ（pi）+ pi^ai *Φ（1）
根據性質1，我們可以做出如下化簡
f(pi^ai)=[pi^(ai-1)*(pi-1) ] + ?[pi*pi^(ai-2)*(pi-1)] ?+ ?[pi^2*pi^(ai-3)*(pi-1)] ?+ ?[pi^3*pi^(ai-4)*(pi-1)]....[pi^(ai-1)*pi^(ai-ai)*(pi-1)]+pi^ai ??①
然后對①提取公因子（pi-1）
f(pi^ai)=(pi-1){[pi^(ai-1) ] + ?[pi*pi^(ai-2)] ?+ ?[pi^2*pi^(ai-3)] ?+ ?[pi^3*pi^(ai-4)]....[pi^(ai-1)*pi^(ai-ai)]+[pi^ai/(pi-1)]} ?②
緊接著我們發現出了最后一項每個[]每個方括號內乘積都等于pi^(ai-1),所以對②提取公因子pi^(ai-1)
f(pi^ai)=(pi-1)*pi^(ai-1)*{ai+[pi/(pi-1)]}?③
然后把(pi-1)/pi放進括號里得
f(pi^ai)=pi^(ai)*{1+ai*(pi-1)/pi}?④
這個?④是單個f(pi^ai)的公式，我們提取所有的pi^(ai)相乘實際上就是n了，所以我們可以得到f(n)的公式：f(n)=n*∏（1+ai*(pi-1)/pi）
然后我們看代碼吧！
//Author: xiaowuga #include<iostream> #include<cmath> #define maxx INT_MAX #define minn INT_MIN #define inf 0x3f3f3f3f const long long N=1000; using namespace std; typedef long long LL; int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);int n;while(cin>>n){LL i,sqr,p,a,ans;ans=n;sqr=floor(sqrt(1.0*n));for(int i=2;i<=sqr;i++){if(n%i==0){a=0;p=i;while(n%p==0){a++;n/=p;}ans=ans+ans*a*(p-1)/p;}}if(n!=1) ans=ans+ans*(n-1)/n;cout<<ans<<endl;} return 0; }
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