【2018 Multi-University Training Contest 10】Calculate（莫比乌斯反演）-优快云博客

Problem Description
Given A, B, C, Calculate
这里写图片描述

Where φ(n) denotes the number of positive integers ≤ n that are relatively prime to n.

Input
The first line of the input contains an integer T , denoting the number of test cases. In each test case, there are three integers A, B, C in one line, as described above.
1 ≤ T ≤ 10, 0 < A, B, C ≤ 10^7

Output
For each test case, output one line contains a single integer, denoting the answer modulo 2^30.

Sample Input
4
96 93 95
970 906 893
92460 95043 54245
9760979 8053227 7156842

Sample Output
1114536
28070648
388873924
623507672

为方便起见下文 $(a,b)$ 均指代 $gcd(a,b)$
题解给的东西跳过太多步骤了，我觉正常思路应该是这样的：

\sum i = 1 A \sum j = 1 B \sum k = 1 C ϕ ((i, j 2, k 3)) = \sum i = 1 A \sum j = 1 B \sum k = 1 C \sum d | i, d | j 2, d | k 3 ϕ (d) * [(i d, j 2 d, k 3 d) = = 1]

$\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\phi((i,j^2,k^3))\\= \sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{d|i,d|j^2,d|k^3}\phi(d)*[(\frac{i}{d},\frac{j^2}{d},\frac{k^3}{d})==1]$
易知有：

g (n) = \sum d | n μ (d) = [n = = 1 ? 1 : 0]

$g(n)=\sum_{d|n}\mu(d)=[n==1?1:0]$
所以有：

= \sum i = 1 A \sum j = 1 B \sum k = 1 C \sum d | i, d | j 2, d | k 3 ϕ (d) * \sum l | (i d, j 2 d, k 3 d) μ (l) = \sum i = 1 A \sum j = 1 B \sum k = 1 C \sum d | i, d | j 2, d | k 3 ϕ (d) * \sum l | i d, l | j 2 d, l | k 3 d μ (l)

$=\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{d|i,d|j^2,d|k^3}\phi(d)*\sum_{l|(\frac{i}{d},\frac{j^2}{d},\frac{k^3}{d})}\mu(l)\\ =\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{d|i,d|j^2,d|k^3}\phi(d)*\sum_{l|\frac{i}{d},l|\frac{j^2}{d},l|\frac{k^3}{d}}\mu(l)$
那么到这里，我们去枚举

t=l∗dt=l∗d $t=l*d$ ，显然我们可以发现t是同样满足

t|i,t|j2,t|k3t|i,t|j2,t|k3 $t|i,t|j^2,t|k^3$ .那么里面的l和d就是一个狄利克雷卷积的形式了
得：

\sum i = 1 A \sum j = 1 B \sum k = 1 C \sum t | i, t | j 2, t | k 3 (μ * ϕ) (t)

$\sum_{i=1}^A\sum_{j=1}^B\sum_{k=1}^C\sum_{t|i,t|j^2,t|k^3}(\mu*\phi)(t)$
这里才到题解的第一步……..
后面就是反演的套路啊，把里面的东西拿到外面来：

\sum t = 1 (μ * ϕ) (t) \sum t | i A \sum t | j 2 B \sum t | k 3 C

$\sum_{t=1}(\mu*\phi)(t)\sum_{t|i}^A\sum_{t|j^2}^B\sum_{t|k^3}^C$

至于后面这个东西，也的确是厉害，但是只要用唯一分解定理简单分析一下，其实就是可以了
A的个数显然是 $\frac{A}{t}$
那第二个呢？实际上j平方代表了本来我的因子不够，但是平方了以后就足够整除t了，所以答案一定变大的，本质原因就是对于 $k$ 次:

f_{k} (x) = \prod_{i = 0} p_{i}^{⌈ \frac{a_{i}}{k} ⌉}

$f_k(x)=\prod_{i=0} p_i^{\lceil\frac{a_i}{k}\rceil}$
显然k等于1时，

f1(x)=xf1(x)=x $f_1(x)=x$ ,那么B就是

Bf2(t)Bf2(t) $\frac{B}{f_2(t)}$ ,C的贡献就是

Cf3(t)Cf3(t) $\frac{C}{f_3(t)}$
狄利克雷卷积是积性，

fkfk $f_k$ 显然也是积性均可以线性筛。
就可以做了。。。。。。
具体实现，需要记录一下每个数最小质因子的幂次，来得到

fkfk $f_k$

这题如果不用unsigned int就会超时啊。。。
代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ull  unsigned long long
#define ll long long
#define ul unsigned int
#define maxn 10000005
using namespace std;
ul mod=1<<30;
bool isP[maxn];
int prime[maxn],cnt=0;
int g[maxn];
int e[maxn];//数中最小质数的幂次大小
int p[maxn];
int f2[maxn],f3[maxn];
void init()
{
    g[1]=f2[1]=f3[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++)
    {
        if(!isP[i])
        {
            prime[cnt++]=i;
            g[i]=i-2;
            e[i]=1;
            p[i]=f2[i]=f3[i]=i;
        }
        for(int j=0;j<cnt&&(ll)i*prime[j]<maxn;j++)
        {
            int _p=prime[j];
            int now=i*_p;
            isP[now]=true;
            if(i%_p)
            {
                e[now]=1;
                p[now]=_p;
                f2[now]=f2[i]*_p;
                f3[now]=f3[i]*_p;
                g[now]=g[i]*(_p-2);
            }
            else
            {
                e[now]=e[i]+1;
                p[now]=p[i]*_p;
                f2[now]=f2[i]*(e[i]%2?1:_p);
                f3[now]=f3[i]*(e[i]%3?1:_p);
                g[now]=(p[now]-p[now]/_p*2+p[now]/(_p*_p))*g[now/p[now]];
                break;
            }
        }
    }
}
int A,B,C;
int main()
{
    init();
    int t;
    cin>>t;
    while(t--)
    {
        cin>>A>>B>>C;
        ul ans=0;
        for(int i=1;i<=A;i++)
           ans+=g[i]*(A/i)*(B/f2[i])*(C/f3[i]);

        cout<<(ans&(mod-1))<<endl;
    }
    return 0;
}