【NOI2010/BZOJ2005】能量采集 莫比乌斯反演

原题走这里

这其实是我的第一道认真做的莫比乌斯反演题

经过观察发现，位于$(x,y)$的植物的能量损失为$gcd(x,y)-1$
于是我们发现，原题实际上就是在让我们求

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m(2*gcd(i,j)-1)=2*\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mgcd(i,j)-n*m$$
那么问题来了，我们该怎么求这个式子呢： $$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mgcd(i,j)$$
这时候我们就需要用到 懵逼钨丝莫比乌斯反演啦……

莫比乌斯反演，说白了就是两个公式：
如果$f(n)=\sum_{d|n}g(d)$，则$g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)*f(\frac{n}{d})$
如果$f(n)=\sum_{n|d}g(d)$，则$g(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})*f(d)$
前者称为约数的莫比乌斯反演，后者称为倍数的莫比乌斯反演。其中的$\mu(n)$是莫比乌斯函数，$n$包含平方因子时，$\mu(n)=0$，否则$\mu(n)=(-1)^{n的平方因子个数}$

现在，让我们对原式作一个变形：

$$\sum_dd\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]$$
其中方括号表示括号内式子为真时值为一，否则为零。
现在不妨记 $g(k)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]$
然后我们可以构造出 $f(k)=\sum_{k|d}g(d)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[k|gcd(i,j)]$
这时候，我们惊讶地发现： $f(k)=\lfloor\frac{n}{k}\rfloor\lfloor\frac{m}{k}\rfloor$
于是此时，我们就可以使用倍数的莫比乌斯反演，Excalibur——————！！！
$$g(k)=\sum_{k|d}\mu(\frac{d}{k})*f(d)=\sum_{k|d}\mu(\frac{d}{k})\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$$
暴力累加就可以了
记得用long long

什么？你问我怎么算$\mu(n)$？

具体实现见代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
int n,m,p[100000],p_cnt,Mu[1000000];
bool flag[1000000];
void init()//线性筛求莫比乌斯函数
{
    Mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(!flag[i])
        {
            Mu[i]=-1;
            p[++p_cnt]=i;
        }
        for(int j=1;j<=p_cnt&&i*p[j]<=n;j++)
        {
            flag[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0)
            {
                Mu[i*p[j]]=0;
                break;
            }
            Mu[i*p[j]]=-Mu[i];
        }
    }
}
LL solve()
{
    LL ret=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int j=1;j*i<=n;j++)
        {
            ret+=1LL*i*Mu[j]*(n/(j*i))*(m/(j*i));
        }
    }
    return ret;
}
int main()
{
    cin>>n>>m;
    if(m<n)swap(n,m);
    init();
    cout<<(solve()*2-1LL*n*m)<<endl;
    return 0;
}