乙個圓上，你需要在\(3\sim n\)中選出\(k\)個作為\(a_i\)，然後再圓上選擇最少的點使得對於每個\(a_i\)你都能用選出的點連成乙個正\(a_i\)邊形。
\(k+2\leq n\leq 10^6\)
首先我們固定乙個\(0\)點因為肯定所有的正\(a_i\)邊形都交於乙個點。
然後考慮對於乙個\(a_i\)，我們需要的點就是\(\frac\times k(0\leq k。
注意到乙個\(a_i\)如果存在乙個\(a_j=k\times a_i\)那麼\(a_i\)就不會產生貢獻。反過來說\(a_j\)的貢獻會減少\(a_i\)。
而我們肯定是優先選擇\(a_i\)的，也就是說\(a_j\)選擇當且僅當它的所有約數都被選擇，而此時\(a_j\)產生的貢獻恰好就是\(\varphi(a_j)\)（因為所有\(a_j\)約數產生的貢獻和為\(a_j\)，我們可以視為它們的貢獻都單獨為\(\varphi(x)\)）
那麼我們可以把\(3\sim n\)按照\(\varphi\)排序從小到大加就好了。
至於\(1,2\)，特判一下比較小的情況就可以了，\(k\)比較大時顯然\(1,2\)會被選上去，需要多選\(2\)個。
時間複雜度：\(o(n\log n)\)
#include#include#includeusing namespace std;
const int n=1e6+10;
int n,k,cnt,phi[n],pri[n/10];
bool v[n];
int main()
phi[i*pri[j]]=phi[i]*phi[pri[j]];
} }sort(phi+1,phi+1+n);
long long ans=0;
for(int i=1;i<=k+2;i++)ans+=phi[i];
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
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