bzoj3309: DZY Loves Math【莫比乌斯反演+积性函数】

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sigma(sigma(f(gcd(i,j)))) (i=1..a, j=1..b)。

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。

Output

对于每一个询问，输出一行一个非负整数作为回答。

Sample Input

4

7558588 9653114

6514903 4451211

7425644 1189442

6335198 4957

Sample Output
35793453939901

14225956593420

4332838845846

15400094813

HINT

【数据规模】

T<=10000

1<=a,b<=10^7

解题思路:

$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^mf(gcd(i,j)$$ $$=\sum\limits_df(d)\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^m[gcd(i,j)=d]$$ $$=\sum\limits_df(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor}[gcd(i,j)=1]$$ $$=\sum\limits_df(d)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor}\sum\limits_{p|i,p|j}\mu(p)$$ $$=\sum\limits_df(d)\sum\limits_{p}\mu(p)\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{pd}\rfloor}$$ $$=\sum\limits_T\sum\limits_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{T}\rfloor}\sum\limits_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{T}\rfloor}\sum\limits_{d|T}\mu(d)f(\frac{T}{d})$$

设$g(x)=\sum\limits_{d|x}\mu(d)f(\frac{x}{d})$，考虑如何快速求$g(x)$

首先$g(1)=0$，否则设$x=\prod\limits_i^s p_i^{t_i}，t_i\le t_{i+1}$，那么

$$g(x)=\sum\limits_{c_1=0}^{t_1}\sum\limits_{c_2=0}^{t_2}...\sum\limits_{c_s=0}^{t_s}\mu(\prod p_i^{c_i})f(\prod p_i^{t_i-c_i})$$ $$g(x)=\sum\limits_{c_1=0}^1\sum\limits_{c_2=0}^1...\sum\limits_{c_s=0}^1\mu(\prod p_i^{c_i=0})f(\prod p_i^{t_i-c_i})$$
若$t_1<t_s$，则
$$g(x)=\sum\limits_{c_2=0}^1...\sum\limits_{c_s=0}^1\mu(\prod p_i^{c_i})f(p_1^{t_1}\prod p_i^{t_i-c_i})+$$ $$\sum\limits_{c_2=0}^1...\sum\limits_{c_s=0}^1\mu(p_1\prod p_i^{c_i})f(p_1^{t_1-1}\prod p_i^{t_i-c_i})$$ $$=\sum\limits_{c_2=0}^1...\sum\limits_{c_s=0}^1\mu(\prod p_i^{c_i})f(p_1^{t_1}\prod p_i^{t_i-c_i})-$$ $$\sum\limits_{c_2=0}^1...\sum\limits_{c_s=0}^1\mu(\prod p_i^{c_i})f(p_1^{t_1-1}\prod p_i^{t_i-c_i})=0$$
否则$t_1=t_2=...=t_s$
$$g(x)=\sum\limits_{\prod c_i\ne 1}\mu(\prod p_i^{c_i})t_1+\mu(\prod p_i)(t_1-1)$$ $$=\sum\limits_{c_1=0}^{1}\sum\limits_{c_2=0}^{1}...\sum\limits_{c_s=0}^{1}\mu(\prod p_i^{c_i})t_1-\mu(\prod p_i)$$ $$=\sum\limits_{i=0}^s(-1)^iC_s^i-\mu(\prod p_i)$$ $$=-\mu(\prod p_i)=(-1)^{s+1}$$

这样就很好筛了，记录每个数最小质因数的幂数$t(x)$即除掉所有最小质因数后的数$last(x)$即可。

时间复杂度为$O(n-T\sqrt n)$

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
int getint()
{
    int i=0,f=1;char c;
    for(c=getchar();(c!='-')&&(c<'0'||c>'9');c=getchar());
    if(c=='-')c=getchar(),f=-1;
    for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())i=(i<<3)+(i<<1)+c-'0';
    return i*f;
}
const int N=10000005;
int pn,pri[N],t[N],last[N],g[N];
void sieve()
{
    for(int i=2;i<N;i++)
    {
        if(!t[i])pri[++pn]=i,t[i]=last[i]=g[i]=1;
        for(int j=1;j<=pn;j++)
        {
            ll k=i*pri[j];
            if(k>=N)break;
            if(i%pri[j]==0)
            {
                last[k]=last[i];
                t[k]=t[i]+1;
                if(last[k]==1)g[k]=1;
                else g[k]=t[k]==t[last[k]]?-g[last[k]]:0;
                break;
            }
            last[k]=i,t[k]=1,g[k]=(t[i]==1?-g[i]:0);
        }
    }
    for(int i=2;i<N;i++)g[i]+=g[i-1];
}
ll F(int n,int m)
{
    ll res=0;
    if(n>m)swap(n,m);
    for(int i=1,j;i<=n;i=j+1)
    {
        j=min(n/(n/i),m/(m/i));
        res+=1ll*(n/i)*(m/i)*(g[j]-g[i-1]);
    }
    return res;
}
int main()
{
    //freopen("lx.in","r",stdin);
    sieve();
    for(int T=getint();T;T--)
    {
        int n=getint(),m=getint();
        printf("%lld\n",F(n,m));
    }
    return 0;
}