DZY Loves Math [Bzoj 3309]

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DZY Loves Math

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Description

对于正整数 $n$，定义 $f(n)$ 为 $n$ 所含质因子的最大幂指数。
例如 $f(1960)=f(2^3 * 5^1 * 7^2)=3$ , $f(10007)=1$ , $f(1)=0$ 。
给定正整数 $a$ , $b$，求 $\sum^{a}_{i=1}\sum^{b}_{j=1}f(gcd(i,j))$。

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Input

第一行一个数 $T$，表示询问数。
接下来 $T$ 行，每行两个数 $a,b$，表示一个询问。

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Output

对于每一个询问，输出一行一个非负整数作为回答。

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Sample Input

4
7558588 9653114
6514903 4451211
7425644 1189442
6335198 4957

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Sample Output

35793453939901
14225956593420
4332838845846
15400094813

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Hint

$T<=10000$
$1<=a,b<=10^7$

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Solution

令 $n\leq m$ 。

设 $g(d)$ 表示 $\sum^n_{i=1}\sum^m_{j=1}[gcd(i,j)=1]·f(d)$，则

g(d)=∑d|p⌊np⌋⌊mp⌋μ(pd)f(d)=∑i=1⌊nd⌋⌊nid⌋⌊mid⌋μ(i)f(d)

$$\begin{align*} g(d)&=\sum_{d|p}\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\lfloor\frac{m}{p}\rfloor\mu(\frac{p}{d})f(d)\\ &=\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{id}\rfloor\lfloor\frac{m}{id}\rfloor\mu(i)f(d) \end{align*}$$
$$\begin{align*} ans&=\sum_{i=1}^dg(d)\\ &=\sum^n_{i=1}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\lfloor\frac{m}{i}\rfloor\sum_{t|i}\mu(t)f(\frac{i}{t}) \end{align*}$$

令 $F(i)=\sum_{t|i}\mu(t)f(\frac{i}{t})$，设 $i$ 的唯一分解式为 $p_1^{q_1}×p_2^{q_2}×…×p_s^{q_s}$ 。

要使 $\mu(t)$ 不为零，则

t=pm11×pm22×…×pmss , it=pq1−m11×pq2−m22×…×pqs−mss

$$t=p_1^{m_1}×p_2^{m_2}×…×p_s^{m_s}\ ,\ \frac{i}{t}=p_1^{q_1-m_1}×p_2^{q_2-m_2}×…×p_s^{q_s-m_s}$$
$$0\leq m_j\leq 1(1\leq j\leq s)$$

设 $Max(q_1,q_2,q_3,…,q_s)=a$，$number(q_j=a)=b$ 。

所以 $f(\frac{i}{t})=a$ 或 $a-1$。

(1)$f(\frac{i}{t})=a，$

∴sum=a⋅∑i=1b[Cib⋅∑j=0s−bCjs−b⋅(−1)b−i+j]=a⋅∑i=1b[Cib⋅(−1)b−i⋅∑j=0s−bCjs−b⋅(−1)j]

$$\begin{align*} \therefore sum&=a·\sum^b_{i=1}[C_b^i·\sum^{s-b}_{j=0}C^j_{s-b}·(-1)^{b-i+j}]\\ &=a·\sum^b_{i=1}[C_b^i·(-1)^{b-i}·\sum^{s-b}_{j=0}C^j_{s-b}·(-1)^{j}] \end{align*}$$

当且仅当 $s=b$ 时，

sum=a⋅∑i=1s[Cis⋅(−1)s−i]=a⋅(∑i=0sCis⋅(−1)s−i−C0s⋅(−1)s)=−a(−1)s

$$\begin{align*} sum&=a·\sum^s_{i=1}[C_s^i·(-1)^{s-i}]\\ &=a·(\sum^s_{i=0}C^i_s·(-1)^{s-i}-C^0_s·(-1)^s)\\ &=-a(-1)^s \end{align*}$$

否则，$\sum^{s-b}_{j=0}C^j_{s-b}·(-1)^{j}=0$，则 $sum=0$。

(2)$f(\frac{i}{t})=a-1$，

∴sum=(a−1)⋅∑j=0s−bCjs−b⋅(−1)b+j=(a−1)⋅(−1)b⋅∑j=0s−bCjs−b⋅(−1)j

$$\begin{align*} \therefore sum&=(a-1)·\sum^{s-b}_{j=0}C^j_{s-b}·(-1)^{b+j}\\ &=(a-1)·(-1)^b·\sum^{s-b}_{j=0}C^j_{s-b}·(-1)^{j} \end{align*}$$

当且仅当 $s=b$ 时，

sum=(a−1)(−1)s

$$\begin{align*} sum=(a-1)(-1)^s \end{align*}$$

否则，$\sum^{s-b}_{j=0}C^j_{s-b}·(-1)^{j}=0$，则 $sum=0$。

综上，当 $s=b$ 时，$F(i)=(a-1)(-1)^s-a(-1)^s=(-1)^{s+1}$，否则，$F(i)=0$。

求出 F <script type="math/tex" id="MathJax-Element-45">F</script> 的前缀和，然后分块优化即可。

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Code

#include <iostream>
#include <cstdio>

#define LL long long
#define MAXN 10000000
#define Min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))

using namespace std;

LL T,n,m;
bool no_prime[MAXN+10];
LL prime[MAXN+10];
LL sum[MAXN+10];
LL g[MAXN+10];
LL ci[MAXN+10];
LL rci[MAXN+10];

int main(){

    sum[1]=0;

    for(LL i=2;i<=MAXN;i++){
        if(!no_prime[i]){prime[++prime[0]]=i;ci[i]=i;g[i]=1;rci[i]=1;}
        for(LL j=1;prime[j]*i<=MAXN;j++){
            no_prime[prime[j]*i]=true;
            if(i%prime[j]==0){
                rci[prime[j]*i]=rci[i]+1;
                ci[prime[j]*i]=ci[i]*prime[j];
                if(prime[j]*i/ci[prime[j]*i]==1)g[prime[j]*i]=1;
                else if(rci[prime[j]*i]==rci[prime[j]*i/ci[prime[j]*i]])g[prime[j]*i]=g[prime[j]*i/ci[prime[j]*i]]*(-1);
                break; 
            }
            rci[prime[j]*i]=1;
            ci[prime[j]*i]=prime[j];
            if(prime[j]*i/ci[prime[j]*i]==1)g[prime[j]*i]=1;
            else if(rci[prime[j]*i]==rci[prime[j]*i/ci[prime[j]*i]])g[prime[j]*i]=g[prime[j]*i/ci[prime[j]*i]]*(-1);
        }
        sum[i]=sum[i-1]+g[i];
    }

    scanf("%lld",&T);

    while(T--){
        LL ans=0;
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        if(n==0||m==0){
            printf("0\n");
            continue;
        }
        if(n>m)swap(n,m);
        for(LL i=1,it;i<=n;i=it+1){
            it=Min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=(sum[it]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i); 
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }

    return 0;
}