luogu P3327 [SDOI2015]约数个数和（rng58-clj等式）

本文详细解析了Luogu P3327 [SDOI2015]约数个数和问题，利用rng58-clj等式，通过反演和枚举顺序调整，提出了高效的求解方案。代码实现展示了预处理和整除分块技巧。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

luogu P3327 [SDOI2015]约数个数和（rng58-clj等式）

题目大意

设 $d (x)$ 为x的因子的个数，给出N和M求
$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(i,j)$

解题思路

根据rng58-clj等式，有
$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(i,j)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^m[gcd(i,j)=1]\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{j}\right\rfloor$
显然对 $[g c d (i, j) = 1]$ 可以做反演，再通过改变枚举顺序，可以得到
$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(i,j)=\sum_{d=1}\mu(d)\sum_{i=1}^{\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor}\sum_{j=1}^{\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor}\left\lfloor\frac{n}{id}\right\rfloor\left\lfloor\frac{m}{id}\right\rfloor$
预处理出 $∑i=1n⌊ni⌋\sum_{i=1}^n\left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor$ 再做整除分块即可

AC代码

// luogu-judger-enable-o2
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int size=5e4+5;
int p[size];bool prime[size];
int mu[size];
int summu[size];
int tot;
typedef long long LL;
LL sum[size];
void init()
{
	mu[1]=1;
	for(int i=1;i<size;i++) prime[i]=true;
	for(int i=2;i<size;i++)
	{
		if(prime[i])
		{
			p[++tot]=i;
			mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=tot&&p[j]*i<size;j++)
		{
			prime[i*p[j]]=false;
			if(i%p[j]==0)
			{
				mu[i*p[j]]=0;
				break;
			}
			else mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	summu[0]=0;
	for(int i=1;i<size;i++) summu[i]=summu[i-1]+mu[i];
	memset(sum,0,sizeof(sum));
	for(int i=1;i<size;i++)
	{
		for(int l=1,r;l<=i;l=r+1)
		{
			r=i/(i/l);
			sum[i]+=(r-l+1)*(i/l);
		}
	}
}			
int main()
{
	int t;
	init();
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		int n,m;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		LL ans=0;
		if(n<m)  swap(n,m);
		for(int l=1,r;l<=m;l=r+1)
		{
			r=n/(n/l);
			r=min(r,m/(m/l));
			ans+=(summu[r]-summu[l-1])*sum[n/l]*sum[m/l];
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}