bzoj3529(莫比乌斯反演+树状数组)

Description
有一张 n×m 的数表，其第 i 行第 j 列（1 <= i <= n, 1 <= j <= m）的数值为
能同时整除 i 和 j 的所有自然数之和。给定 a , 计算数表中不大于 a 的数之和。
Input
输入包含多组数据。
输入的第一行一个整数Q表示测试点内的数据组数
接下来Q行，每行三个整数n，m，a(|a| < =10^9)描述一组数据。
1 < =N．m < =10^5 ， 1 < =Q < =2×10^4
Output
对每组数据，输出一行一个整数，表示答案模2^31的值。
Sample Input
2
4 4 3
10 10 5
Sample Output
20
148
HINT

---

令$F[x]$表示$x$的因数之和
然后某一格的数字为$F[gcd(i,j)]$
不考虑$a$的限制
$ans = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m} F[gcd(i,j)]$
$=\sum_{d=gcd}^{min(n,m)} F[d] \sum_{t=1}^{min(\lfloor \frac{n}{d} \rfloor , \lfloor \frac{m}{d} \rfloor)} μ（t） * \lfloor \frac{n}{td} \rfloor * \lfloor \frac{m}{td} \rfloor$
老套路 令$T = td$
$=\sum_{T=1}^{min(n,m)} \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \sum_{d|T} F(d) * μ(\frac{T}{d})$
$=\sum_{T=1}^{min(n,m)} \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \lfloor \frac{m}{T} \rfloor g(T)$
求出$g(T)$的前缀和就可以做出来了
那么对于没有$a$的限制是可以轻松AC的
那如果有$a$呢
我们考虑离线做。
把输入按照$a$升序
把$F(i)$数组按照$F(i)$升序
按照顺序加入树状数组维护即可
对$int$取模我们可以直接满溢

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int maxn = 101000;
int prime[maxn] , miu[maxn];
bool flag[maxn];  
int Q , tr[maxn];
int ans[maxn];
int mx;
const int MOD = 1<<31;
struct data
{
    int n , m , a , id;
}q[20100];
pair<int,int> F[maxn]; 
int read()
{
    int sum = 0;char c = getchar();bool flag = true; 
    while( c < '0' || c > '9' ) {if(c == '-') flag = false;c = getchar();}
    while( c >= '0' && c <= '9' ) sum = sum * 10 + c - 48 , c = getchar();
    if(flag)  return sum;
     else return -sum;
}  
void add(int x,int val)
{
    for(int i = x;i <= mx;i += i & (-i)) tr[i] += val;
}
int find(int x)
{
    int sum = 0;
    for(int i = x;i;i -= i&(-i)) sum += tr[i];
    return sum;
}
bool mycmp(data a,data b)
{
    return a.a < b.a;
}
void first()
{
    Q = read(); 
    for(int i = 1;i <= Q;++i)
        q[i].n = read() , q[i].m = read() , q[i].a = read() , q[i].id = i,
        mx = max(mx , max(q[i].n , q[i].m)); 
    sort(q + 1,q + Q + 1,mycmp);
    miu[1] = 1;
    for(int i = 2;i <= mx;++i)
    {
        if(!flag[i])
            prime[++prime[0]] = i , miu[i] = -1;
        for(int j = 1;j <= prime[0] && i * prime[j] <= mx;++j) 
        {
            flag[i * prime[j]] = true;
            if(i % prime[j] == 0) break;
            miu[i * prime[j]] = -miu[i];
        }
    }
    for(int i = 1;i <= mx;++i)
        for(int j = i;j <= mx;j += i)
            F[j].first += i;
    for(int i = 1;i <= mx;++i) F[i].second = i;
    sort(F + 1,F + mx + 1);
    return;
}
void solve(int x)
{
    int n = q[x].n , m = q[x].m , id = q[x].id;
    int T = 1;
    if( n > m ) swap( n , m );
    while(T <= n)
    {
        int i = min( n / ( n / T ) , m / ( m / T ));
        ans[id] += 1ll * ( n / T ) * ( m / T ) * (find(i) - find(T - 1)) ;
        T = i + 1;
    }
    return;
}
int main()
{
    first();
    int now = 1;
    for(int i = 1;i <= Q;++i)
    {
        while(now <= mx && F[now].first <= q[i].a)
        {
            for(int j = F[now].second;j <= mx;j += F[now].second)
                add( j , F[now].first * miu[j / F[now].second]);
            now++;
        }
        solve(i);
    }
    for(int i = 1;i <= Q;++i)
        printf("%d\n",ans[i]&0x7fffffff);
    return 0;