大致题意： 求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\phi(gcd(i,j))\)。
前言
\(Jan\ 28th\)刷题计划（1/6），算法标签：莫比乌斯反演＆杜教筛（强烈投诉，思路直接被这个算法标签带歪了，其实根本用不到莫比乌斯反演啊......）。
这道题其实是很套路的，和【CCPC-Wannafly Winter Camp Day3 (Div1) F】小清新数论这道题很像，而且由于数据范围还能省去杜教筛。
欧拉函数
强调：这道题完全不需要用到\(\mu\)！
考虑按照做这种题的经典套路，我们枚举\(gcd\)，得到：
\[\sum_{d=1}^n\phi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}[gcd(i,j)==1]\]
看到后面这个\([gcd(i,j)==1]\)的式子，是不是立马有一种反演的冲动？
然而，如果此时你选择了反演，最终将得到一个很麻烦的式子，因此我们采取另一种做法。
现单独考虑\(\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}[gcd(i,j)==1]\)这个式子。
如果\(i<j\)，那么交换\(i,j\)，就唯一对应一种\(i>j\)的情况。
如果\(i=j\)，那么当且仅当\(i=j=1\)时，\(gcd(i,j)=1\)。
所以我们把它转化成只考虑\(i\ge j\)的情况，这个式子就等同于：
\[\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}(2\sum_{j=1}^{i}[gcd(i,j)==1]-1)\]
其中之所以要减\(1\)，是因为\(i=j=1\)的情况被重复算了两遍。
然后我们发现式子中的\(\sum_{j=1}^{i}[gcd(i,j)==1]\)就相当于是\(\phi(i)\)（这就是欧拉函数的定义）。
所以，原式就被化简为：
\[\sum_{d=1}^n\phi(d)\sum_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}(2\phi(i)-1)\]
于是我们对\(\phi\)做一个前缀和，接下来就是很套路的除法分块了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 10000000
using namespace std;
int n;
template<int SZ> class LinearSieve//线性筛
{
private:
int Pt,P[SZ+5],phi[SZ+5];long long s[SZ+5];
public:
I long long operator [] (CI x) Con {return s[x];}
I LinearSieve()
{
RI i,j;for(phi[1]=s[1]=1,i=2;i<=SZ;++i)
{
!P[i]&&(phi[P[++Pt]=i]=i-1),s[i]=s[i-1]+phi[i];
for(j=1;j<=Pt&&i*P[j]<=SZ;++j)
if(P[i*P[j]]=1,i%P[j]) phi[i*P[j]]=phi[i]*(P[j]-1);
else {phi[i*P[j]]=phi[i]*P[j];break;}
}
}
};LinearSieve<N> Phi;
int main()
{
RI Tt,l,r;long long t;scanf("%d",&Tt);W(Tt--)
{
for(scanf("%d",&n),t=0,l=1;l<=n;l=r+1)//除法分块
r=n/(n/l),t+=(Phi[r]-Phi[l-1])*(2*Phi[n/l]-1);
printf("%lld\n",t);
}return 0;
}