P2257 YY的GCD

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灵活变换求和次序的普通莫比乌斯反演

Description

给定$T(T=10^4)$组$n,m(1\le n,m\le 10^7)$，求：

​ $$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[(i,j)\in prime]$$

Solution

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[(i,j)\in prime]$$

$$=\sum _{p\in prime}^{p\le min(n,m)}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m[(i,j)=p]$$

$$=\sum _{p\in prime}^{p\le min(n,m)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }[(i,j)=1]$$

$$=\sum _{p\in prime}^{p\le min(n,m)}\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\sum _{d|(i,j)}\mu (d)$$

$$=\sum _{p\in prime}^{p\le min(n,m)}\sum _{d=1}^{min(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{p}\rfloor )}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }[d|(i,j)]$$

$$=\sum _{p\in prime}^{p\le min(n,m)}\sum _{d=1}^{min(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{p}\rfloor )}\mu (d)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{pd}\rfloor }$$

$$=\sum _{p\in prime}^{p\le min(n,m)}\sum _{d=1}^{min(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{p}\rfloor )}\mu (d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor （1）$$

我们按照常规反演处理方法化简到这里时不难发现：后面的这个式子虽然可以数论分块处理，但此题的数据范围来讲，最前面求和符号代表的枚举素数操作的复杂度无法令人接受。此处，我们必须将素数求和号拿到式子后面去。

事实上，如果把$d$的求和号提到最前面，后面的$\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor$的计算还是无法避开枚举素数。事实上，最好的处理办法是：将原式改写为第一层求和符号枚举$pd$的式子。

考虑在当前最简式$$=\sum _{p\in prime}^{p\le min(n,m)}\sum _{d=1}^{min(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor ,\lfloor \frac{m}{p}\rfloor )}\mu (d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor$$里$p,d$的含义：枚举素数的同时，我们又枚举所有$p$的倍数$pd$。所以，考虑当$pd=i$时，$p,d$需满足什么条件才使得其对$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor$有贡献，我们可以直接将（1）式变换成如下式子：

​ $$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \lfloor \frac{m}{i}\rfloor \sum _{p\in prime,p|i}^{p\le i}\mu (\lfloor \frac{i}{p}\rfloor )（2）$$

（其实上述式子$pd(=i)$下界应为2，但$pd=1$时对应的项值为0，对答案无影响。事实上，（从某篇文章中看到的）我们通过变换求和次序的好处之一就在于：大大省略了对答案无影响的0项的枚举计算。）

对于${\sum }_{p\in prime,p|i}^{p\le i}\mu (\lfloor \frac{i}{p}\rfloor )$，在$O(n)$预处理出$\mu (1)\sim \mu (n)$的值后，可利用未经优化的埃氏筛预处理。之后便可对（2）式进行数论分块。

算法时间复杂度：$O(nloglogn)$（瓶颈在于埃氏筛）。

Code

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ri register int
#define ll long long
using namespace std;

const int MAXN=1e7+20;
int T,N,M,prime[MAXN],cnt,mu[MAXN];
ll sum[MAXN],ans;
bool notprime[MAXN];

void Eulasieve()
{
	mu[1]=1,notprime[1]=true;
	for(ri i=2;i<=MAXN;++i)
	{
		if(!notprime[i]) prime[++cnt]=i,mu[i]=-1;
		for(ri j=1;j<=cnt&&i*prime[j]<=MAXN;++j)
		{
			notprime[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0) break;
			else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
		}
	}
}

void Estsieve()
{
	sum[1]=0;
	for(ri i=2;i<=MAXN;++i)
		if(!notprime[i])
			for(ri j=1;i*j<=MAXN;++j) sum[i*j]+=(ll)mu[j];
	for(ri i=1;i<=MAXN;++i) sum[i]=sum[i-1]+sum[i];
}

int main()
{
	std::ios::sync_with_stdio(false);
	Eulasieve(),Estsieve();
	cin>>T;
	for(ri op=1;op<=T;++op)
	{
		cin>>N>>M;
		if(N>M) swap(N,M);
		ans=0LL;
		for(ri l=2,r;l<=N;l=r+1)
		{
			r=min(N/(N/l),M/(M/l));
			ans+=(ll)(N/l)*(ll)(M/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}