题目链接：http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2818
题意：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.
其实就是一个转化问题，求gcd(x, y) = k, 1 <= x, y <= n的对数等于求gcd(x, y) = 1, 1 <= x, y <= n/k的对数。那么接下来我们就只要枚举每个素数k=prime[i]了，然后用到欧拉函数就可以求出来了，Σ( 2*Σ( phi[n/prime[i]] ) - 1 )。这里因为n比较大，因此我们需要线性筛法求出欧拉函数的表，然后直接遍历。我以往的phitable模板是 O(∑p<nn/p)=O(nloglogn)的，今天见识到了O(n)的复杂度的phitable，在<这里>有详细介绍。现摘录如下：
下面代码就是带有计算欧拉函数的线性筛素数。代码原型的起源已经无从考证，可以作出一个合理的揣测，是某位搞OI或者ACM/ICPC的神牛第一次写出来的。
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最难理解的是这句话：
if (i % prime[j] == 0) break;要理解这句话，（顺便不严谨地）证明这个算法的时间复杂度和正确性，要从下面两个方面：
- 每个数至少被访问一次
- 每个数至多被访问一次
每个数至少被访问一次
对于质数，一定会在i的循环中访问到，并确定为质数。
对于合数，因为每一个合数都可以表示成它最小的质因数和另一个数的乘积，而我们枚举了所有的另一个数（也就是i），所以它一定会被它的最小质因数筛掉。
每个数至多被访问一次
对于质数，不可能在j的循环中被访问到，因此仅会在i的循环中被访问到恰好一次。
对于合数，对于i = i1 = p * a，因为在i1 % prime[j1] == 0时break，所以不可能出现一个数x = i1 * prime[k] = p * a * prime[k] (k > j1)在i = i1, j = k的时候被筛掉一次，又在i = a * prime[k]的时候被p给筛掉的情况。
证毕
综上所述，每个数被访问一次且仅访问一次！因此整个算法的复杂度是O(n)的。
————————————————————我是分割线————————————————————
//STATUS:C++_AC_856MS_118460KB
#include <functional>
#include <algorithm>
#include <iostream>
//#include <ext/rope>
#include <fstream>
#include <sstream>
#include <iomanip>
#include <numeric>
#include <cstring>
#include <cassert>
#include <cstdio>
#include <string>
#include <vector>
#include <bitset>
#include <queue>
#include <stack>
#include <cmath>
#include <ctime>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
//#pragma comment(linker,"/STACK:102400000,102400000")
//using namespace __gnu_cxx;
//define
#define pii pair<int,int>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define lson l,mid,rt<<1
#define rson mid+1,r,rt<<1|1
#define PI acos(-1.0)
//typedef
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
//const
const int N=;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=,STA=;
const LL LNF=1LL<<;
const double EPS=1e-;
const double OO=1e15;
const int dx[]={-,,,};
const int dy[]={,,,-};
const int day[]={,,,,,,,,,,,,};
//Daily Use ...
inline int sign(double x){return (x>EPS)-(x<-EPS);}
template<class T> T gcd(T a,T b){return b?gcd(b,a%b):a;}
template<class T> T lcm(T a,T b){return a/gcd(a,b)*b;}
template<class T> inline T lcm(T a,T b,T d){return a/d*b;}
template<class T> inline T Min(T a,T b){return a<b?a:b;}
template<class T> inline T Max(T a,T b){return a>b?a:b;}
template<class T> inline T Min(T a,T b,T c){return min(min(a, b),c);}
template<class T> inline T Max(T a,T b,T c){return max(max(a, b),c);}
template<class T> inline T Min(T a,T b,T c,T d){return min(min(a, b),min(c,d));}
template<class T> inline T Max(T a,T b,T c,T d){return max(max(a, b),max(c,d));}
// LL phi[N];
int prime[N];
int cnt; void phi_and_prime_table(int n)
{
int i,j;
cnt=;phi[]=;
for(i=;i<=n;i++){
if(!phi[i]){
prime[cnt++]=i;
phi[i]=i-;
}
for(j=;j<cnt && i*prime[j]<=n;j++){
if(i%prime[j])
phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-);
else {phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}
}
}
} int n; int main(){
// freopen("in.txt","r",stdin);
int i,j;
LL ans;
scanf("%d",&n);
cnt=;
phi_and_prime_table(n);
for(i=;i<=n/;i++)phi[i]+=phi[i-];
ans=;
for(i=;i<cnt;i++){
ans+=(phi[n/prime[i]]<<)-;
}
printf("%lld\n",ans);
return ;
}