标签：数数 LJJ frac gcd sum mn sqrt mu
求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^n\epsilon(gcd(i,j,k))(\frac{1}{i}+\frac{1}{j}==\frac{1}{k})\)
解
显然无法用Mobius反演，问题在于\(\frac{1}{i}+\frac{1}{j}==\frac{1}{k}\)，要将其转换为gcd条件。
法一：先约数拆分，再证明对应相等
分数我们无法处理,所以有
\[(i+j)k=ij\]
设\(g=gcd(i,j),I=i/g,J=j/g\),接着有
\[(I+J)k=IJg,gcd(I,J)=1\]
\[gcd(i,j,k)=gcd(g,k)=1\]
考虑分数反证,设
\[\frac{I+J}{g}=\frac{IJ}{k}=d\]
\(if(d>1)\)
\[d|IJ,d|(I+J)\]
而
\[gcd(I+J)=1\Rightarrow gcd(I+J,IJ)=1\]
所以与原命题矛盾，故\(d=1\),因此\(I+J=g,IJ=k,gcd(g,I)=1\),满足了等式，也满足了\(gcd(g,k)=1\),所以自然枚举g，再枚举I,以此k也就确定了，接下来问题在于范围，显然要回到\(i,j,k\)
\[g^2=i+j\Rightarrow g\leq\sqrt{2n}\Rightarrow k\leq n\]
现在考虑\(I\)
\[1\leq i=Ig,j=(g-I)g\leq n\Downarrow \]
\[I\in[max(1,\frac{g^2-n}{g}),min([n/g],g-1)]\]
于是总上，设\(L(g),R(g)\)为在g意义下\(I\)的范围,有
\[ans=\sum_{g=1}^{\sqrt{2n}}\sum_{I=L(g)}^{R(g)}(gcd(g,I)==1)\]
注意到后式取值范围受到g的影响，所以对后式单独维护
设
\[f(d)=\sum_{I=L(g)}^{R(g)}(gcd(g,I)==d)\]
\[F(d)=([R(g)/d]-[(L(g)-1)/d])(d|g)\]
由Mobius反演定理，我们有
\[f(d)=\sum_{d|x}(x|g)([R(g)/x]-[(L(g)-1)/x])\mu(x/d)\]
因此
\[f(1)=\sum_{x|g}([R(g)/x]-[(L(g)-1)/x])\mu(x)\]
所以
\[ans=\sum_{g=1}^{\sqrt{2n}}\sum_{x|g}([R(g)/x]-[(L(g)-1)/x])\mu(x)\]
\[=\sum_{x=1}^{\sqrt{2n}}\mu(x)\sum_{x|g}^{^{\sqrt{2n}}}([R(g)/x]-[(L(g)-1)/x])\]
显然后式可以暴力算，时间复杂度应为\(O(\sqrt{n}log(\sqrt{n}))\)。
法二：先证明对应相等再约数拆分
注意到\(ik+jk=ij\),类似因式分解形式，于是添项因式分解，
\[k^2+ij-ik-jk=k^2\]
\[k(k-i)+j(i-k)=k^2\]
\[(j-k)(i-k)=k^2\]
在进行约数拆分
\[j-k=ln^2,i-k=lm^2,k=lmn\]
\[gcd(i,j,k)=1\Rightarrow l=1,j-k=n^2,i-k=m^2,k=mn\]
\[j=mn+n^2,i=mn+m^2,k=mn\]
\[gcd(mn+n^2,mn+m^2,mn)=gcd(gcd(m,n)(m+n),mn)=1\]
\[gcd(m,n)=1\]
故充分条件为\(j-k=n^2,i-k=m^2,gcd(m,n)=1\),故考虑枚举n，m，为了与题目数据范围的n区分，把数据范围的n改为N,现在关键在于找数据范围，回到i，j,首先显然\(m\in[1,\sqrt{N}]\)
\[j=mn+n^2,i=mn+m^2,k=mn\in[1,N]\Downarrow\]
\[n\leq min(\frac{-m+\sqrt{m^2+4N}}{2},\frac{N-m^2}{m})\]
设其范围为\(r(m)\),于是有
\[ans=\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sum_{j=1}^{r(i)}\epsilon(gcd(i,j))\]
同法一，后式是变的，维护后式，设
\[f(d)=\sum_{j=1}^{r(i)}(gcd(i,j)==d)\]
\[F(d)=(d|i)[r(i)/d]\]
由Mobius反演定理，我们有
\[f(d)=\sum_{d|x,x|i}[r(i)/x]\mu(x/d)\]
\[f(1)=\sum_{x|i}[r(i)/x]\mu(x)\]
代入原式即
\[ans=\sum_{i=1}^{\sqrt{n}}\sum_{x|i}[r(i)/x]\mu(x)=\sum_{x=1}^{\sqrt{n}}\mu(x)\sum_{x|i}[r(i)/x]\]
显然后式处理平均只要\(log(\sqrt(n))\),所以时间复杂度应为\(\sqrt{n}log(\sqrt{n})\)。
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#define il inline
#define ri register
#define ll long long
using namespace std;
bool check[1000001];
int prime[100001],pt,mu[1000001],
li[1000001];
il void prepare(int);
template<class free>
il free Min(free,free);
int main(){
ll n,ans(0),sn,i,j;
scanf("%lld",&n),sn=sqrt(n),prepare(sn);
for(i=1;i<=sn;++i)li[i]=Min((n-i*i)/i,(ll)(sqrt(i*i+4*n)-i)/2);
for(i=1;i<=sn;++i)
for(j=i;j<=sn;j+=i)
ans+=mu[i]*(li[j]/i);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
template<class free>
il free Min(free x,free y){
return x<y?x:y;
}
il void prepare(int n){
int i,j;check[1]|=mu[1]|=true;
for(i=2;i<=n;++i){
if(!check[i])prime[++pt]=i,mu[i]=-1;
for(j=1;j<=pt&&i*prime[j]<=n;++j){
check[i*prime[j]]|=true;
if(!(i%prime[j]))break;
mu[i*prime[j]]=~mu[i]+1;
}
}
}
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