BZOJ2820 YY的GCD（莫比乌斯反演）_给定两个正整数nn和mm, 求1≤x≤n1≤x≤n,1≤y≤m1≤y≤m 且gcd(x,y)gcd(-优快云博客

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本文详细解析了一道涉及素数、反演和线性筛的复杂数论题目，通过巧妙转换和整除分块技巧，成功解决了包含两项DP的神仙式子。并分享了使用C++实现的代码，包括预处理mu值和更新过程。

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【题目分析】

很明显，题目要求求的是这个式子：

$\sum_{p\in Prime}^{p\leq min(n,m)}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=p]$

所以先考虑一个素数怎么求，当然很简单了：

$\sum_{i=1}^{[\frac{n}{p}]}\sum_{j=1}^{[\frac{m}{p}]}[gcd(i,j)=1]$

接下来令：

$f(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]$

$F(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[d\mid gcd(i,j)]$

我们要求的式子就是 $\sum_{p\in Prime}f(p)$

所以可以得到：

$F(d)=\sum_{d\mid n}f(n)$

反演：

$f(d)=\sum_{d\mid n}\mu(\frac{n}{d})F(n)$

又因为有 $F(d)=[\frac{n}{d}][\frac{m}{d}]$

所以

$ans=\sum_{p\in Prime}f(p) =\sum_{p\in Prime}\sum_{p\mid d}\mu(\frac{d}{p})F(d)=\sum_{p \in Prime}\sum_{d=1}^{[\frac{min(n,m)}{p}]}\mu(d)[\frac{n}{dp}][\frac{m}{dp}]$

最后这个神仙式子有两项dp，所以感觉化不动了，但其实换个元就行了，令T=dp

$ans=\sum_{p \in Prime}\sum_{T=1}^{min(n,m)}\mu(\frac{T}{p})[\frac{n}{T}][\frac{m}{T}]$

交换一下枚举顺序：

$ans=\sum_{p\in Prime}^{p\mid T}\mu(\frac{T}{p})\sum_{T=1}^{min(n,m)}[\frac{n}{T}][\frac{m}{T}]$

现在就比较明显了，后面的sigma直接上整除分块即可，所以考虑如何线性筛前面这个式子。

首先预处理出1~1e7的mu，然后直接枚举倍数更新就行了。

（写数论博客好累qwq）

【代码~】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN=1e7+10;

int T,N;
int n,m,up;
int prime[MAXN],vis[MAXN],tot;
int mu[MAXN];
LL sum[MAXN],seg[MAXN];
LL ans;

int Read(){
	int i=0,f=1;
	char c;
	for(c=getchar();(c>'9'||c<'0')&&c!='-';c=getchar());
	if(c=='-')
	  f=-1,c=getchar();
	for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar())
	  i=(i<<3)+(i<<1)+c-'0';
	return i*f;
}

void pre(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=1e7;++i){
		if(!vis[i])
		  prime[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&prime[j]*i<=1e7;++j){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0)
			  break;
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=tot;++i){
		for(int j=1;j*prime[i]<=1e7;++j){
			seg[j*prime[i]]+=mu[j];
		}
	}
	for(int i=1;i<=1e7;++i)
	  sum[i]=sum[i-1]+seg[i];
}

int main(){
	T=Read();
	pre();
	while(T--){
		ans=0;
		n=Read(),m=Read();
		N=min(n,m);
		for(int i=1;i<=N;i=up+1){
			up=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=(sum[up]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}