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一、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。
GCD(x,y) 即求 x，y 的最大公约数。
输入格式 输入一个整数 $N$。
输出格式 输出一个整数，表示满足条件的数对数量。
数据范围
1≤N≤10^7
输入样例：
4
输出样例：
4
二、解题思路
最开始读错题，成了: 1<=x,y<=N,并且$gcd(x,y)=1$有多少数对？
这不就是在计算$\displaystyle \sum_{i=1}^{N}φ(i)$吗？
其实本题不是说$gcd(x,y)=1$，而是说gcd(x,y)=p,其中$p$是质数 。
1、解读样例
先来看一下样例：$n=4$时，答案是$4$。
手动枚举一下：
gcd(2,2)=2,$gcd(3,3)=3$,$gcd(2,4)=2$,$gcd(4,2)=2$
就这四个，因为只有这几种组合，最大公约数才是质数,组数是$4$组。
$gcd(2,3)=1,gcd(3,2)=1,gcd(3,4)=1,gcd(4,3)=1$，结果不是质数而是$1$，不符合要求。
可以看得出来，由这个样例推出：这里$gcd(2,4)=gcd(4,2)=2$被看成了两组，也说是说 对于不同的x,y,视为两组结果。
小结:手动计算一下样例非常重要，可以帮我们更深刻理解题意！
2、推式子
这是一个最大公约数的典型转化技巧：把$p$除过来，形成：
\large gcd(\frac{x}{p},\frac{y}{p})=1
为什么要除过来呢？因为$p$的取值是多种多样的，我们不知道$p$具体是什么，如果我们把$p$除过来，是不是就会简化很多呢？其实就是从骨子里想要用欧拉函数解决问题，不搞成和欧拉函数差不多的样子，怎么能用得上人家呢？ 除吧，技巧，背吧，技巧~
这是在 最大公约数中最常见的变化技巧 之一，后面还有比较难的莫比乌斯变换，以后再讲~
现在，可以视\large x'=\frac{x}{p},y'=\frac{y}{p},即gcd(x',y')=1,这不就用上欧拉函数了吗？只不过数据范围有了变化，变成了1<=x',y'<=\frac{N}{p}
到了这里，$p$是啥呢？它是需要在$1\sim n$之间枚举的每一个质数，用线性筛法求得，然后遍历就可以计算了。
for (int i = 0; i < cnt; i++) {
int p = primes[i]; //枚举1~n中的所有质数p
......
}
如果$p$被枚举到，比如现在p=2,那我们如何来求$gcd(x',y')=1$的数对个数呢？
这就是简单的欧拉函数+求和（可以使用前缀和优化）啊~
数据范围：1<=x',y'<=\frac{N}{p}
- 像
AcWing201可见的点一样，计算出前缀和,可以避免每次重复计算：
//维护前缀和
for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i - 1] + phi[i];
- 这里有一个第一象限$45^。$直线上点的问题，就是$x'=y'$时，分别在下方和上方计算了，需要再减去
1,比如$(2,2),(2,2)$这是不行的，算重复了，减去$1$个。
res += s[n / p] * 2 - 1; //推导的公式
\sum_{i=1}^N (2 * \sum_{i=1}^{\frac{N}{p}} φ(i)-1 )
三、实现代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define endl "\n"
const int N = 1e7 + 10; // 这家伙好大啊
int s[N];
// 筛法求欧拉函数值
int primes[N], cnt;
bool st[N];
int phi[N];
void euler(int n) {
phi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n; i++) {
if (!st[i]) {
primes[cnt++] = i;
phi[i] = i - 1;
}
for (int j = 0; primes[j] * i <= n; j++) {
st[primes[j] * i] = true;
if (i % primes[j] == 0) {
phi[i * primes[j]] = phi[i] * primes[j];
break;
}
phi[i * primes[j]] = phi[i] * (primes[j] - 1);
}
}
}
signed main() {
int n;
cin >> n;
// 欧拉函数筛法
euler(n);
// 前缀和
for (int i = 1; i <= n; i++) s[i] = s[i - 1] + phi[i];
int res = 0;
for (int i = 0; i < cnt; i++)
res += s[n / primes[i]] * 2 - 1; // 推导的公式
cout << res << endl;
}
四、答疑解惑
Q:为什么AcWing $201$中可以使用euler(N-1),而本题采用的是$euler(n)$呢?我换成$euler(N-1)$发现结果不对啊？
答：因为本题除了要获取一个$phi$的静态结果数组外，还要用到欧拉函数筛法中的副产品$primes$数组,$cnt$变量。以此来枚举区间内所有的合法质数，对于每个质数范围内，进行求欧拉函数值，整体求和。如果我们也采用的$N-1$做为参数，那么这个$cnt$就被放大了,结果就会有问题，当然，也可以采用判断的办法进行弥补，但那样就有点啰嗦了,性能也下降为3639 ms