BZOJ2820 YY的GCD 【莫比乌斯反演】

BZOJ2820 YY的GCD

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Description

神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对kAc这种傻×必然不会了，于是向你来请教……多组输入

Input

第一行一个整数T 表述数据组数接下来T行，每行两个正整数，表示N, M

Output

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

Sample Input

2
10 10
100 100

Sample Output

30
2791

HINT

T = 10000
N, M <= 10000000

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题目大意：求$\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m}\ [gcd(i,j)==prime]$

然后我们可以先枚举质数P，定义$up=min(n,m)$，然后可以得到：

$\sum_{p=prime}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\ [gcd(i,j)==p]$

然后把P提出来：

$\sum_{p=prime}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\ [gcd(i,j)==1]$

把后面的$[gcd(i,j)==1]$换一下：

$\sum_{p=prime}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\sum_{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

再换一下：

$\sum_{p=prime}\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\sum_{d|i,d|j}\mu(d)$

然后把$\mu(d)$提到前面：

$\sum_{p=prime}\sum_{d}\mu(d)\left\lfloor\frac{n}{pd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{pd}\right\rfloor$

然后我们就可以对$pd$进行枚举，最后把$\left\lfloor\frac{n}{pd}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{pd}\right\rfloor$这个部分下底函数分块一下就好了

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//yangkai
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const int N=1e7+10;
int T,n,m,tot=0;
bool mark[N];
int pri[N],mu[N];
LL F[N]={0};
void init(){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if(!mark[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<N;j++){
            mark[i*pri[j]]=1;
            if(!(i%pri[j])){//已经存在过pri[j],出现平方因子 
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            }else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
    //预处理F数组 
    for(int i=1;i<N;i++)
        for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<N;j++)
            F[i*pri[j]]+=mu[i];
    for(int i=1;i<N;i++)F[i]+=F[i-1]; 
}
int main(){
    init();
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        int up=min(n,m);
        LL ans=0;
        //下底函数分块计算 
        for(int i=1,j;i<=up;i=j+1){
            j=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=(F[j]-F[i-1])*(n/i)*(m/i);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}