1128. Проблема Лонги

 

Лонги хорошо разбирается в математике, он любит задумываться над трудными математическими задачами, которые могут быть решены при помощи некоторых изящных алгоритмов. И вот такая задачка возникла:

Дано целое число n (1 < n < 231), Вы должны вычислить ∑gcd(i, n) для всех 1 ≤ in.

“О, я знаю, я знаю!” – воскликнул Лонги! А знаете ли Вы? Пожалуйста, решите её.

 

Вход. Каждая строка содержит одно число n.

 

Выход. Для каждого значения n следует вывести в отдельной строке сумму ∑gcd(i, n) для всех 1 ≤ in.

 

Пример входа

Пример выхода

2

6

3

15

 

 

РЕШЕНИЕ

теория чисел

 

Анализ алгоритма

Теорема. Если функция f(n) мультипликативна, то сумматорная функция Sf(n) =  также мультипликативна.

► Пусть x, y Î N, причем x и y взаимно просты. Пусть x1, x2, …, xk – все делители x. Пусть y1, y2, …, ym – все делители y. Тогда НОД(xi, yj) = 1, а все возможные произведения xiyj задают все делители xy. Тогда

Sf (x) * Sf (y) =  *  =  =  = Sf (xy)

 

Следствие. Рассмотрим функцию f(n) = НОД(n, c), где c – константа. Если x и y взаимно просты, то f(x * y) = НОД(x * y, c) = НОД(x, c) * НОД(y, c) = f(x) * f(y). Следовательно функция f(n) = НОД(n, c) мультипликативна.

Пусть g(n) = . Тогда

g() = g() * g() * … * g()

 

Теорема. Для любого простого p и натурального a имеет место соотношение:

g(pa) = (a + 1)paapa–1 

► При а = 1 имеем:

g(p) = НОД(1, p) + НОД(2, p) + … + НОД(p, p) = (p – 1) + p = 2p – 1

 

Аналогично при а = 2:

 

= (1 + 1 + … + 1 + p) + (1 + 1 + … + 1 + p) + … + (1 + 1 + … + 1 + p2) =

= (p – 1 + p) * (p – 1) + (p – 1 + p2) = (2p – 1) * (p – 1) + (p2 + p – 1) =

= 3p2 – 2p

 

Лемма. Если d – делитель n, то существует в точности таких чисел i что НОД(i, n) = d.

► Очевидно что i должно делиться на d, пусть i = dj. Тогда НОД(i, n) = НОД(dj, n) = d * НОД(j, n / d). Если последнее выражение равно d, то НОД(j, n / d) = 1. Количество таких j что НОД(j, n / d) = 1 равно .

 

Пример. Количество таких чисел i что НОД(i, 24) = 3 равно  = 4.

НОД(j, 8) = 1 при j Î {1, 3, 5, 7}, следовательно НОД(i, 24) = 3 при i Î {3, 9, 15, 21} (у нас i = 3j).

 

Теорема.

g(n) =  =

► Согласно выше приведенной лемме количество пар (i, n), для которых НОД(i, n) = e, имеется в точности . То есть

g(n) =  =  =

 

Пример 1

Пусть n = 6. Тогда g(6) =  =

= НОД(1, 6) + НОД(2, 6) + НОД(3, 6) + НОД(4, 6) + НОД(5, 6) + НОД(6, 6) =

= 1 + 2 + 3 + 2 + 1 + 6 = 15

В то же время g(6) = g(2) * g(3) =

(НОД(1, 2) + НОД(2, 2)) * (НОД(1, 3) + НОД(2, 3) + НОД(3, 3)) =

(1 + 2) * (1 + 1 + 3) = 3 * 5 = 15

 

Вычислим g(6) по формуле g(n) = :

g(6) = =   =

=  = 6 + 3 + 4 + 2 = 15

Вычислим g(6) исходя из мультипликативности функции f(x) = НОД(x, n):

g(6) = g(2) * g(3) = (2*2 – 1) * (2*3 – 1) = 3 * 5 = 15

 

Пример 2

Пусть n = 12. Тогда g(12) =  =

1 + 2 + 3 + 4 + 1 + 6 + 1 + 4 + 3 + 2 + 1 + 12 = 40

 

В то же время g(12) = g(4) * g(3) =

(НОД(1, 4) + НОД(2, 4) + НОД(3, 4) + НОД(4, 4)) *

* (НОД(1, 3) + НОД(2, 3) + НОД(3, 3)) =

(1 + 2 + 1 + 4) * (1 + 1 + 3) = 8 * 5 = 40

 

Вычислим g(12) по формуле g(n) = :

g(12) = =   =

=  =

= 12 + 6 + 8 + 6 + 4 + 4 = 40

 

Делителями числа 12 являются: 1, 2, 3, 4, 6, 12. Количество таких i что НОД(i, 12) = d равно . Например НОД(i, 12) = 3 имеет место для  =  = 2 различных i, а именно для i = 3, 9.

 

Вычислим g(12) исходя из мультипликативности функции f(x) = НОД(x, n):

g(12) = g(22) * g(3) = (3 * 22 – 2 * 2) * (2*3 – 1) = 8 * 5 = 40

 

Реализация алгоритма

Вычислим значение g(n) по формуле . Пусть функция euler вычисляет функцию Эйлера. Все делители n ищем среди чисел от 1 до . Если i – делитель n, то n / i также будет делителем n. Поэтому с каждым найденным делителем i к результату res следует прибавить . Если n является полным квадратом, а i = sq = , то  и в сумму res добавится два одинаковых слагаемых. Поэтому одно из них вычтем из res еще на этапе инициализации этой переменной.

 

while(scanf("%lld",&n) == 1)

{

  sq = (long long)sqrt(1.0*n);

  res = (sq * sq == n) ? -sq * euler(sq) : 0;

  for(i = 1; i <= sq; i++)

    if(n % i == 0) res = res + i * euler(n/i) + (n / i) * euler(i);

  printf("%lld\n",res);

}

 

Реализация с учетом мультипликативности

 

#include <stdio.h>

#include <math.h>

 

long long i, n, res, a, p;

 

int main(void)

{

  while(scanf("%lld",&n) == 1)

  {

    res = 1;

    for(i = 2; i * i <= n; i++)

    {

      if(n % i == 0)

      {

        a = 0; p = 1;

        while(n % i == 0)

        {

          a++;

          p *= i;

          n /= i;

        }

        res *= (a + 1) * p - a * p / i;

      }

    }

    if (n > 1) res *= (2*n - 1);

    printf("%lld\n",res);

  }

  return 0;

}

 

Java реализация

 

import java.util.Scanner;

 

public class Main

{

  static long euler(long n)

  {

    long result = n;

    for(int i = 2; i <= Math.sqrt(n);i++)

    {

      if (n % i == 0) result -= result / i;

      while (n % i == 0) n /= i;

    }

    if (n > 1) result -= result / n;

    return result;

  }

   

  public static void main(String[] args)

  {

    Scanner con = new Scanner(System.in);

    while(con.hasNext())

    {

      long n = con.nextLong();

      long sq = (long)Math.sqrt(n);

      long res = (sq * sq == n) ? -sq * euler(sq) : 0;

      for(long i = 1; i <= sq; i++)

        if (n % i == 0)

          res = res + i * euler(n/i) + (n / i) * euler(i);

      System.out.println(res);

    }

    con.close();

  }

}