BZOJ 3309 DZY Love Math

题目大意：求：$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m f(\gcd(i,j))$
其中f(x)表示x的质因数分解中，最大的指数。特殊的，f(1)=0。n,m<=1e7, T<=1e3。
题解：
首先考虑莫比乌斯反演，下文设n<=m：
首先转为枚举最大公因数：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^mf(\gcd(i,j))$$
$$=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[\gcd(i,j)==d]$$
$$=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{i=1}^{[\frac{n}{d}]}\sum_{j=1}^{[\frac{m}{d}]}[\gcd(i,j)==1]$$
$$=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{i=1}^{[\frac{n}{d}]}\sum_{j=1}^{[\frac{m}{d}]}\sum_{e|\gcd(i,j)}\mu(e)$$
$$=\sum_{d=1}^nf(d)\sum_{e=1}^{[\frac{n}{d}]}\mu(e)[\frac{n}{de}][\frac{m}{de}]$$
转而枚举T=de
$$=\sum_{T=1}^n[\frac{n}{T}][\frac{m}{T}]\sum_{d|T}f(d)\mu(\frac{T}{d})$$
$$=\sum_{T=1}^n[\frac{n}{T}][\frac{m}{T}]g(T)$$

其中g函数是f和$\mu$函数的卷积。至此，如果能够在合适的时间内预处理出g函数，既可以用数论分块在O($\sqrt{n}$)的时间内回答每一次询问。注意到f函数是可以在线性时间内求出f和$\mu$，然后枚举x和y，使$g(xy)+=f(x)\mu(y)$即可做到O(nlgn)的复杂度下求出g。但这并不能胜任本题。
考虑我们实际上上述推导并未使用f函数的性质。考虑观察f函数和$\mu$函数的卷积的性质。
我们知道$\mu$函数的取值只可能是1,-1,0中的某些，因而相当于是给f函数前加上系数。显然那些系数是0的部分不需要考虑。在这里$\mu$函数就有一个非常好的性质：当n中又平方质因子的时候$\mu(n)=0$！
这就给我们提供了方便。考虑g(n)，并不妨设$n=\Pi_{i=1}^k p_i^{a_i}$。注意到如果想使f(d)的函数值能够取到，必须有d中的质因子指数与n个质因子指数相差不超过1，否则$\frac{T}{d}$就会含有平方质因子，f(d)就不会被统计。因此，显然有很大可能，f(d)的值取到了n的指数中最大的那一个。事实上，稍微仔细思考一下，不妨设$a=\max_{i=1}^ka_i$，并且为方便叙述上述n的质因子分解中对每一个质数及其质数重新排序，满足$a=a_1=a_2=...=a_x>a_{x+1}>=a_{x+2}...>=a_k$。
那么f函数的值要么取到a，要么取到a-1。两种情况分别来看。

第一种：什么时候f函数能够取到a呢？显然，在$a_1...a_x$中，有至少一个指数是d达到a的，而后面的$a_{x+1}...a_k$就是随便选。这显然就是一个容斥问题，不难发现，如果枚举d的质因数分解中，有哪几项的次数达到了a，那么可以列出一下式子：

$$g_1(n)=a\sum_{i=1}^xC_x^i \sum_{j=0}^{k-x}C_{k-x}^j(-1)^{k-i-j}$$
$$=a\sum_{i=1}^xC_x^i(-1)^{x-i}\sum_{j=0}^{k-x}C_{k-x}^j(-1)^{k-x-j}*1^j$$
$$=a\sum_{i=1}^xC_x^i(-1)^{x-i}[k-x==0]$$
显然如果k不等于x那么g1(n)=0.
否则如果k=n会有：
$$g_1(n)=a[\sum_{i=0}^xC_x^i(-1)^{x-i}*1^{i}]-aC_x^0(-1)^{x}$$
由于显然x>=1，有：
$$g_1(n)=a(-1)^{x+1}=(-1)^{k+1}a$$

第二种情况，什么时候f函数取到a-1呢？这个情况相对简单，即当d的质因子中,$p_1...p_x$的指数全部没有取满，此时会有：

$$g_2(n)=(a-1)(-1)^x\sum_{j=0}^{k-x}C_{k-x}^j(-1)^{k-x-j}$$
$$g_2(n)=(a-1)(-1)^x[k==x]$$ 。
显然如果k和x不相等那么g2(n)也会等于0.
否则，有：
$$g_2(n)=(a-1)(-1)^x=a(-1)^x-(-1)^x$$ $$=-a(-1)^{k+1}-(-1)^k$$ 。
因此，如果k不等于x，那么g(n)=g1(n)+g2(n)=0+0=0。
否则：
$$g(n)=g_1(n)+g_2(n)$$ $$=(-1)^{k+1}a-(-1)^{k+1}a-(-1)^k$$ $$=(-1)^{k+1}$$
综上，我们知道k=x代表着每一项的次数都是一样的，因此把把那些$\mu(x)$不等于0的x取出来做高次幂计算g函数即可。易知这样做显然每个数字最多被计算一次，复杂度是线性的。
至此我们成功的解决了这道题。