LOJ6482. LJJ 爱数数

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题解：

$$\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}$$
$$(a+b)c=ab$$
$$令g=gcd(a,b),A=\frac{a}{g},B=\frac{b}{g}$$
$$(A+B)c=ABg$$
$$由于g要整除等式左边的东西，然而g不整除c，所以g整除A+B，那么可以除过去$$
$$\frac{A+B}{g}=\frac{AB}{c}$$
我们假设这个式子两边都等于p。
那么如果$p!=1$，说明p整除A或者B，p不可能同时整除A和B，因为A、B互质。但是p要整除$A+B$，所以不可能成立。
所以可以推出$p=1$。
那么就可以推出两条式子：
$$A+B=g,即是:a+b=g^2$$
$$c=AB,就是：c=\frac{ab}{g^2}$$

那么接下来问题就比较好处理了：
由于$a,b<=10^{12}$，那么$\sqrt{a+b}=\sqrt{2\ast 10^{12}}=10^6级别$
我们先枚举gcd(a,b)=g，然后假设a=i*g,那么可以列出和式：
$$\sum _{g=1}^{\sqrt{2n}}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }[gcd(ig,g^2-ig)=g]$$
化简一下：
$$\sum _{g=1}^{\sqrt{2n}}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }[gcd(i,g-i)=1]$$
由于辗转相减的性质，可知：
$$\sum _{g=1}^{\sqrt{2n}}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{g}\rfloor }[gcd(i,g)=1]$$
即是求一定范围内与g互质的数的个数。
前面还有一些小问题，实际上我们对i的限制范围有一些不准确。
$$1<=g^2-ig<=n$$
$$g-\lfloor \frac{n}{g}\rfloor <=i<=g-1$$
与原范围合并一下，可以化简为：
$$max(1,g-\lfloor \frac{n}{g}\rfloor )<=i<=min(g-1,\lfloor \frac{n}{g}\rfloor )$$
所以原式可以写成：
$$\sum _{g=1}^{\sqrt{2n}}\sum _{i=max(1,g-\lfloor \frac{n}{g}\rfloor )}^{min(g-1,\lfloor \frac{n}{g}\rfloor )}[gcd(i,g)=1]$$

接下来只要求$gcd(i,g)=1$的对数了。
这个可以直接用莫比乌斯反演，对r搞一下，l-1搞一下，然后相减即可。
时间复杂度$O(\sqrt{n}log(\sqrt{n}))$

代码如下：

#pragma GCC optimze("Ofast","inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxn=2e6+5;
ll n,ans;
int mu[maxn],su[maxn],lnk[maxn],nxt[16*maxn],son[16*maxn],tot;
bool vis[maxn];
void make_mu(){
	mu[1]=1; int m=0;
	for (int i=2;i<=2e6;i++){
		if (!vis[i]) su[++m]=i,mu[i]=-1;
		for (int j=1;j<=m&&1ll*su[j]*i<=2e6;j++){
			vis[i*su[j]]=1;
			if (i%su[j]==0) {mu[i*su[j]]=0; break;}
			else mu[i*su[j]]=-mu[i];
		}
	}
}
ll doit(ll x,ll y){
	ll ret=0;
	for (int j=lnk[y];j;j=nxt[j])
		if (y%son[j]==0) ret+=mu[son[j]]*(x/son[j]);
	return ret;
}
void add(int x,int y){
	son[++tot]=y,nxt[tot]=lnk[x],lnk[x]=tot;
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	make_mu();
	for (int i=1;1ll*i*i<=2*n;i++)
		if(mu[i])
		for (int j=1;1ll*j*i*j*i<=2*n;j++)
			add(i*j,i);
	for (ll g=1ll;g*g<=2*n;g++)
		ans+=doit(min(n/g,g-1),g)-doit(max(1ll,g-n/g)-1,g);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}