象棋与马

题目链接：luogu P6860

题目大意

给你一个数 n，然后问你有多少个 a<=n,b<=n 满足在一个二维网格上从源点出发每次走一个 a*b 的矩阵，能走到图上的所有整点。

思路

首先考虑怎样的点对是满足条件的。

首先我们考虑如果它能从 $(0,0)$ 走到 $(0,1)$，那它就能走到所有点。（因为你可以一步一步走）

那接着考虑怎么搞，首先顺序无关，所以我们可以把它分成两段位移：$(\pm x,\pm y)$ 和 $(\pm y,\pm x)$。

然后第一段的整体位移可以表示成 $(2ax,2by)$ 或者 $(2ax+x,2by+y)$，第二段就是 $(2cy,2dx)$ 或 $(2cy+y,2dx+x)$。

考虑列出四种可能的方法：
$\{\begin{array}{c}2ax=2cy\\ 2by=2dx+1\end{array}$

$\{\begin{array}{c}2ax+x=2cy\\ 2by+y=2dx+1\end{array}$

$\{\begin{array}{c}2ax=2cy+y\\ 2by=2dx+x+1\end{array}$

$\{\begin{array}{c}2ax+x=2cy+y\\ 2by+y=2dx+x+1\end{array}$

然后解四个方程，第一是 $2(ax-cy)=0,2(by-dx)=1$，由于 $x,y$ 互质，所以 $by-dx$ 会可以是任意整数（设为 $k$ 下同）：
$2k=0,2k=1$，无解

第二个是跟上面差不多，就是 $2k+x=0,2k+y=1$，那就是 $x$ 是偶数，$y$ 是奇数。

第三个就是 $2k-y=0,2k-x=1$，那就是 $y$ 是偶数，$x$ 是奇数。

第四个是 $2k+x-y=0,2k+y-x=1$，那就是无解。

那综上，我们可以总结出合法的情况：
$\gcd (i,j)=1$，且 $i+j$ 是奇数。

然后考虑如何继续求，那 $i+j$ 是奇数，$i-j$ 自然也是。
然后根据辗转相减法：$\gcd (i,j)=1$ 就有 $\gcd (i,i-j)=1$
你考虑设 $i>j$（到时算出来答案乘 $2$，因为显然 $i=j$ 是不成立）

$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{i-1}2[(gcd(i,j)=1)\&((i-j)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=1)]$

然后发现如果不看奇偶它就是 $\sum _{i=1}^n\phi (i)$，那你考虑有了右边之后会怎么样。
考虑这个新的值是 $w(i)$。
（原来的式子变成：$\sum _{i=1}^{n}2w(i)$）

考虑从 $\phi (i)$ 的性质考虑，如果 $i$ 是偶数，那所有偶数跟它都不是互质的，那这个操作就不会影响，所以 $w(i)=\phi (i)$。
如果 $i$ 是奇数，那我们考虑一个东西，就是这个互质的对称性。
什么意思呢，就是如果 $i,j$ 互质（$i>j$），那么 $i,i-j$ 也互质。

那我们就其实可以看做是 $w(i)=\frac{\phi (i)}{2}$，当然你会发现 $w(1)$ 要特判掉。（应该是 $0$ 而不是 $\frac{1}{2}$）
（其实可以不特判，然后到时答案减 $1$ 即可，减一是因为后面乘 $2$）

然后你就可以列出 $w(i)=\{\begin{array}{cc}\phi (i)& i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=0\\ \frac{\phi (i)}{2}& i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=1\end{array}$

然后把 $2$ 放进去：
$2w(i)=\{\begin{array}{cc}2\phi (i)& i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=0\\ \phi (i)& i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=1\end{array}$
$2w(i)=\phi (i)+\{\begin{array}{cc}\phi (i)& i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=0\\ 0& i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=1\end{array}$

然后放回原来的式子：
$\sum _{i=1}^{n}2w(i)$
$\sum _{i=1}^n\phi (i)+\sum _{i=1}^n\{\begin{array}{cc}\phi (i)& i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=0\\ 0& i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}2=1\end{array}$

那我们再看右边的部分，那只看有值的，就是偶数的。
然后再从递推式求的方式来看 $\frac{i}{2}$，如果它是偶数那返回的就是 $\phi (\frac{i}{2})$，否则就是 $\frac{\phi (\frac{i}{2})}{2}$，你会发现它就是 $w(\lfloor \frac{i}{2}\rfloor )$ 的值。

然后就有：
$\sum _{i=1}^{n}w(i)=\sum _{i=1}^n\phi (i)+\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{i}{2}\rfloor }w(i)$
左边的用杜教筛，右边的递归下去就好了。

复杂度是 $O(n^{\frac{2}{3}}\log n)$，看似很危，但其实跑不满（每次递归的 $n$ 越来越小）可以过。

代码

#include<map>
#include<cstdio>
#define ll unsigned long long

using namespace std;

//const ll Maxn = 21544346.900318837217592935665195;
const ll Maxn = 22000000;
int T;
ll n, ans, phi[Maxn + 1], prime[Maxn / 10];
bool np[Maxn + 1];
map <int, ll> ans_phi;

void init() {
    
    //phi 的预处理
	phi[1] = 1;
	for (int i = 2; i <= Maxn; i++) {
    
    
		if (!np[i]) {
    
    
			phi[i] = i - 1; prime[++prime[0]] = i;
		}
		for (int j = 1; j <= prime[0] && i * prime[j] <= Maxn; j++) {
    
    
			if (i % prime[j]) phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1), np[i * prime[j]] = 1;
				else {
    
    
					phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j], np[i * prime[j]] = 1;
					break;
				}
		}
	}
	for (int i = 1; i <= Maxn; i++) phi[i] += phi[i - 1];
} 

ll get_phi(ll n) {
    
    //杜教筛
	if (n < Maxn) return phi[n];
	if (ans_phi[n]) return ans_phi[n];
	ll re = (n & 1llu) ? (1llu + n) / 2llu * n : n / 2llu * (1llu + n);
	for (ll l = 2, r; l <= n; l = r + 1) {
    
    
		r = n / (n / l);
		re -= (r - l + 1) * get_phi(n / l);
	}
	return ans_phi[n] = re;
}

ll F(ll n) {
    
    
	if (!n) return 0;
	return get_phi(n) + F(n / 2);
}

int main() {
    
    
	init();
	
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
    
    
		scanf("%llu", &n);
		printf("%llu\n", F(n) - 1llu);
	}
	
	return 0;
}