传送门

题意：

给出n个数 ai a i ，求 ∑ni=1∑nj=1lcm(ai,aj) ∑ i = 1 n ∑ j = 1 n l c m ( a i , a j )

1≤N≤50000;1≤ai≤50000 1 ≤ N ≤ 50000 ; 1 ≤ a i ≤ 50000

Solution：

再次被数论题制裁

太弱推不出式子来…

然后就去看了题解

我们把h[i]设为是i的倍数的a的两两数的积的总和，g[i]设为gcd为i的两两数的积的总和

那么有一个显然的结论： h(i)=∑i|jg(j) h ( i ) = ∑ i | j g ( j )

根据莫比乌斯反演公式我们可以知道 g(i)=∑i|jμ(ji)h(j) g ( i ) = ∑ i | j μ ( j i ) h ( j )

最后我们只需要求 ∑i=1g(i)i ∑ i = 1 g ( i ) i 即可

我们可以快速的求出h，然后利用莫反求出g，最后复杂度 O(n+n2+n3...)=O(nlogn) O ( n + n 2 + n 3 . . . ) = O ( n log ⁡ n )

求h[i]我们可以先求出是i的倍数的a的和，然后再平方h即可（参考完全平方公式）

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
int n,a[50010];
long long h[50010],g[50010];
int vis[50010],N,prim[50010],cnt,miu[50010];
bool p[50010];
void get_prim(int n)
{
    miu[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!p[i]) prim[++cnt]=i,miu[i]=-1;
        for (int j=1;j<=cnt&&prim[j]*i<=n;j++)
        {
            p[prim[j]*i]=1;
            miu[prim[j]*i]=-miu[i];
            if (i%prim[j]==0) {miu[i*prim[j]]=0;break;}
        }
    }
}
int main()
{
    scanf("%d",&n);
    for (int x,i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&x),vis[x]++,N=max(N,x);
    get_prim(N);
    for (int i=1;i<=N;i++)
    {
        for (int j=i;j<=N;j+=i) h[i]+=1ll*j*vis[j];
        h[i]*=h[i];
    }
    for (int i=1;i<=N;i++)
        for (int j=i;j<=N;j+=i) g[i]+=miu[j/i]*h[j];
    long long ans=0;
    for (int i=1;i<=N;i++) ans+=g[i]/i;
    printf("%lld",ans);
}