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题意：求\(\sum_{i=1}^{n}\gcd(i,n)\)
首先可以肯定，\(\gcd(i,n)|n\)。
所以设\(t(x)\)表示\(gcd(i,n)=x\)的\(i\)的个数。
那么答案很显然就是\(\sum_{d|n}t(d)*d\)。
那么\(t(x)\)怎么求呢。
\[t(x)=\sum_{i=1}^{n}[\gcd(i,n)=x]\]
因为若\(\gcd(x,y)=1\),则有\(\gcd(xk,yk)=k\)。
所以
\[t(x)=\sum_{i=1}^{n}[\gcd(i,n)=x]=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{x}\rfloor}[\gcd(i,\lfloor\frac{n}{x}\rfloor)=1]=\phi(\lfloor\frac{n}{x}\rfloor)\]
所以最终答案就是\(\sum_{d|n}[\phi(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)*d]\)
我们可以在\(O(\sqrt n)\)的时间复杂度内求出\(n\)的所有约数，约数个数是\(\log n\)级别的，求\(\phi\)是\(O(\sqrt n)\)的时间复杂度，所以总时间复杂度\(O(\log n\sqrt n)\)
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n;
ll phi(ll x){
int s = sqrt(x); ll ans = x;
for(int i = 2; i <= s && x != 1; ++i)
if(!(x % i)){
ans = ans / i * (i - 1);
while(!(x % i))
x /= i;
}
if(x != 1) ans = ans / x * (x - 1);
return ans;
}
int main(){
scanf("%lld", &n);
int i; ll ans = 0;
for(i = 1; (ll)i * i < n; ++i)
if(!(n % i))
ans += phi(n / i) * i + (n / i) * phi(i);
if(i * i == n) ans += phi(i) * i;
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}