SDOI2015 约数个数和

传送门
其实就是一个性质：$$d(ab)=\sum _{i|a}\sum _{j|b}[gcd(i,j)==1]$$

看到这种两个乘起来的数论函数，处理办法往往都是想方设法把这两个数拆开。比如：
$\phi (ij)=\phi (i)\ast \phi (j)\ast \frac{gcd(i,j)}{\phi (gcd(i,j))}$

证明可以通过把它们质因数分解得到：
设$ab=\prod p_i^{t_i}，a=\prod p_i^{a_i}，b=\prod p_i^{b_i}$，那么有$t_i=a_i+b_i$。
令$i=\prod p_i^{x_i}，j=\prod p_i^{y_i}$。
由于$gcd(i,j)=1$，那么有：$\forall i,x_i=0or{y}_i=0$
若$x_i=0$，那么$y_i\in [0,b_i]$，共$b_i+1$种取值。
若$y_i=0$，那么$x_i\in [0,a_i]$，共$a_i+1$种取值。
而$x_i=0and{y}_i=0$被算了两次，那么对于一个$i$，$x_i$和$y_i$的取值方案共有$(a_i+1)+(b_i+1)-1=a_i+b_i+1$种。
根据乘法原理，可以得到：
$$\sum _{i|a}\sum _{j|b}[gcd(i,j)==1]$$
$$=\prod (a_i+b_i+1)$$
$$=\prod (t_i+1)$$
$$=d(ab)$$
于是得证。
接下来推式子就好：
$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(ij)$$
$$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{a|i}\sum _{b|j}[gcd(a,b)==1]$$
莫比乌斯反演：
$$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{a|i}\sum _{b|j}\sum _{d|gcd(a,b)}\mu (d)$$
$$=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{a|i}\sum _{b|j}\sum _{d|a,d|b}\mu (d)$$
交换$a,b$和$i,j$的枚举顺序：
$$=\sum _{a=1}^n\sum _{b=1}^m\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{a}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{b}\rfloor }\sum _{d|a,d|b}\mu (d)$$
$$=\sum _{a=1}^n\sum _{b=1}^m\lfloor \frac{n}{a}\rfloor \lfloor \frac{m}{b}\rfloor \sum _{d|a,d|b}\mu (d)$$
提前枚举$d$：
$$=\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{a=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\sum _{b=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\lfloor \frac{n}{a\ast d}\rfloor \lfloor \frac{m}{b\ast d}\rfloor$$
$$=\sum _{d=1}^n\mu (d)\sum _{a=1}^{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }\lfloor \frac{\lfloor \frac{n}{d}\rfloor }{a}\rfloor \sum _{b=1}^{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }\lfloor \frac{\lfloor \frac{m}{d}\rfloor }{b}\rfloor$$
我们令$$f(n)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$
$f$其实就是约数个数前缀和，而约数个数函数可以线性筛。筛完之后求个前缀和就行了。详情看这里
其实如果不知道这个东西的筛法，整除分块预处理也是可以的。

答案即为：
$$ans=\sum _{d=1}^n\mu (d)\ast f(\frac{n}{d})\ast f(\frac{m}{d})$$
$\frac{n}{d}$最多有$\sqrt{n}$种取值，$\frac{m}{d}$最多有$\sqrt{m}$种取值，所以整除分块一共最多有$(\sqrt{n}+\sqrt{m})$种取值，总复杂度$O(n+T\ast (\sqrt{n}+\sqrt{m}))$。代码中$D$是约数个数函数。$mu$和$D$都记的是前缀和。

#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define ll long long
using namespace std;
const int N=5e4+10;
int T,n,m;ll ans,D[N];
int mark[N],mu[N],num[N],P[N],cnt=0;
inline void linear_sieves(){
	mark[1]=mu[1]=D[1]=1;
	for(int i=2;i<N;++i){
		if(!mark[i]) P[++cnt]=i,D[i]=2,num[i]=1,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt&&i*P[j]<N;++j){
			mark[i*P[j]]=1;
			if(i%P[j]) mu[i*P[j]]=-mu[i],D[i*P[j]]=D[i]*2,num[i*P[j]]=1;
			else{
				mu[i*P[j]]=0,num[i*P[j]]=num[i]+1;
				D[i*P[j]]=D[i]/(num[i]+1)*(num[i]+2);
				break;
			}
		}mu[i]+=mu[i-1],D[i]+=D[i-1];
	}
}
int main(){
	linear_sieves(),scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d",&n,&m),ans=0;
		for(int re d=1,nxd;d<=min(n,m);d=nxd+1)
			nxd=min(n/(n/d),m/(m/d)),
			ans+=(mu[nxd]-mu[d-1])*D[n/d]*D[m/d];
		printf("%lld\n",ans);
	}
}