题目要我们求这个：
\[\sum_{i=1}^n lcm(i,n)\]
开始化式子：
\[\sum_{i=1}^{n} \frac{i*n}{gcd(i,n)}\]
\[\sum_{d|n} \sum_{i=1}^{\frac{n}{d}} i*n[gcd(i,\frac{n}{d})=1]\]
\[n*\sum_{d|n}\sum_{i=1}^{d}i[gcd(i,d)=1]\]
注意那个\(\sum_{i=1}^{d}i[gcd(i,d)=1]\)是求\([1,d]\)中所有与\(d\)互质的数的和，可以证明当\(d>1\)时，它等于\(\frac{d*\phi(d)}{2}\)，证明如下：
对于每个\(i\)，若它与\(d\)互质，则\(d-i\)也与\(d\)互质，每一对\(i\)与\(d-i\)的和为\(d\)，所以平均每个与\(d\)互质的数的值为\(\frac{d}{2}\)，一共有\(\phi(d)\)个与\(d\)互质的数，所以他们的和为\(\frac{d*\phi(d)}{2}\)
而与\(1\)互质的数的和显然为\(1\)
所以上式可化为
\[n*\big((\sum_{d|n,d>1}\frac{d*\phi(d)}{2})+1\big)\]
\[ \big( \frac{n}{2}*\sum_{d|n,d>1}d*\phi(d)\big)+n\]
设\(g(n)=\sum_{d|n}d*\phi(d)\)，上式化为：
\[\frac{n}{2}*(g(n)-1)+n\]
其中\(g(n)\)是一个积性函数，可以\(O(n)\)筛出
每次询问是\(O(1)\)的
总时间复杂度为\(O(n+T)\)
关于如何线筛出\(g(n)\)：
\(n\)为质数：\(g(n)=1+n*\phi(n)=1+n*(n-1)\)
\(n=p^k\)：
\[g(n)=1+\sum_{i=1}^{k}p^i*\phi(p^i)\]
\[=1+\sum_{i=1}^{k}p^i*p^{i-1}*(p-1)\]
\[=1+(p-1)\sum_{i=1}^{k}p^{2i-1}\]
\[=1+(p-1)\frac{p^{2k+1}-p}{p^2-1}\]
\[ =1+\frac{p^{2k+1}-p}{p+1}\]
\(n\)的最小质因子为\(p\)：\(g(n)=g(n'*p^k)=g(n')*g(p^k)\)
然后就可以线性筛了
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000007
#define ll long long
const int lim=1e6;
int pr[N],cnt,pk[N];
bool zhi[N];
ll f[N];
void Init()
{
int i,j;
f[1]=1;
for(i=2;i<=lim;i++)
{
if(!zhi[i])
{
pr[++cnt]=i,f[i]=1+1ll*i*(i-1);
pk[i]=i;
}
for(j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=lim;j++)
{
int p=pr[j],x=i*p;
zhi[x]=true;
if(i%p==0)
{
pk[x]=pk[i]*p;
f[x]=f[x/pk[x]]*(1+(1ll*pk[x]*pk[x]*p-p)/(p+1));
break;
}
pk[x]=p;
f[x]=f[i]*f[p];
}
}
for(i=1;i<=lim;i++)
f[i]=1ll*(f[i]-1)*i/2+i;
}
int main()
{
int t,n;
Init();
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
scanf("%d",&n);
printf("%lld\n",f[n]);
}
return 0;
}我原本的做法是用\(\mu\)暴力拆\([gcd(i,d)=1]\)，但是那样做的复杂度是\(O(n\log n)\)的，也没有这个做法巧妙，这里就不讲了。