【SDOI2015】BZOJ3994 约数个数和题解（Mobius反演+除法分块）

题目：BZOJ3994.
题目大意：设$d(n)={\sum }_{d|n}1$，给定$T$组询问$n,m$，每次询问${\sum }_{i=1}^n{\sum }_{j=1}^{m}d(ij)$.
$1\le n,m,T\le 5\ast 10^4$.

我们先考虑，如何在知道$i$和$j$的情况下如何用$O(ij)$的时间复杂度求$d(ij)$.

考虑知道$ij$后，由于$d$其实就是约数个数函数，而我们知道，对于任意一个$n={\prod }_{i=1}^k{p}_i^{c_i}$，那么$d(n)={\prod }_{i=1}^k(c_i+1)$.

对于两个数$n$和$m$，考虑如何计算$d(nm)$.首先我们把两个数分别写成$n={\prod }_{i=1}^k{p}_i^{c_i},m={\prod }_{i=1}^k{p}_i^{q_i}$，那么：
$$d(nm)=d(\prod _{i=1}^k{p}_i^{c_i+q_i})=\prod _{i=1}^k(c_i+q_i+1)$$

对于每一个$(c_i+q_i+1)$，我们构造一个$(0,0)$到$(c_i,q_i)$的矩阵，那么我们会发现$(c_i+q_i+1)$等于矩阵中的一个"L"形的区域，即所有坐标中含有$0$的总数.我们发现罪域一个坐标$(x,y)$满足$x=0$或$y=0$时，$gcd(p_i^x,p_i^y)=1$，所以可以得到：
$$d(nm)=\prod _{i=1}^k\sum _{j=0}^{c_i}\sum _{t=0}^{q_i}[gcd(p_i^j,p_i^t)=1]=\sum _{i|n}\sum _{j|m}[gcd(i,j)=1]$$

得到了这个式子后，我们就可以开始推导原式：
$$\begin{gathered} \sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(ij) \\ =\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{x|i}\sum _{y|j}[gcd(x,y)=1] \\ =\sum _{x=1}^n\sum _{y=1}^m\lfloor \frac{n}{x}\rfloor \lfloor \frac{m}{y}\rfloor \sum _{t|x\wedge t|y}\mu (t) \\ =\sum _{t=1}^{min(n,m)}\mu (t)\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{n}{t}\rfloor }\lfloor \frac{n}{tx}\rfloor \sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{t}\rfloor }\lfloor \frac{m}{ty}\rfloor \end{gathered}$$

我们设$g(n)={\sum }_{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，然后可以得到：
$$\begin{gathered} =\sum _{t=1}^{min(n,m)}\mu (t)\sum _{x=1}^{\lfloor \frac{n}{t}\rfloor }\lfloor \frac{n}{tx}\rfloor \sum _{y=1}^{\lfloor \frac{m}{t}\rfloor }\lfloor \frac{m}{ty}\rfloor \\ =\sum _{t=1}^{min(n,m)}\mu (t)g(\lfloor \frac{n}{t}\rfloor )g(\lfloor \frac{m}{t}\rfloor ) \end{gathered}$$

然后我们看看$g$函数的本质是什么.复读机！
$$\begin{gathered} g(n)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor \\ =\sum _{i=1}^n\sum _{i|j\wedge j\in [1,n]}1 \\ =\sum _{j=1}^n\sum _{i|j}1 \\ =\sum _{j=1}^{n}d(j) \end{gathered}$$

发现$g$函数其实就是$d$函数的前缀和，而我们知道约数个数函数是可以直接线性筛的.所以预处理出$g$函数，然后除法分块一下即可，时间复杂度$O(n+T\sqrt{n})$.

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;

#define Abigail inline void
typedef long long LL;

const int N=50000;

int pr[N+9],tp,b[N+9];
LL d[N+9],num[N+9],mu[N+9];

void sieve(int n){
  for (int i=2;i<=n;++i) b[i]=1;
  d[1]=mu[1]=num[1]=1;int v;
  for (int i=2;i<=n;++i){
  	if (b[i]) pr[++tp]=i,d[i]=2,num[i]=1,mu[i]=-1;
  	for (int j=1;j<=tp&&i*pr[j]<=n;++j){
  	  b[v=i*pr[j]]=0;
  	  if (i%pr[j]==0){
  	    num[v]=num[i]+1;d[v]=d[i]/num[v]*(num[v]+1);
  	    mu[v]=0;
  	    break;
  	  }
  	  num[v]=1;d[v]=d[i]<<1;
  	  mu[v]=-mu[i];
  	}
  }
}

LL get(int n,int m){
  LL ans=0;
  if (n>m) swap(n,m);
  for (int l=1,r;l<=n;l=r+1){
  	r=min(n/(n/l),m/(m/l));
  	ans+=d[n/l]*d[m/l]*(mu[r]-mu[l-1]);
  }
  return ans;
} 

int n,m;

Abigail start(){
  sieve(N);
  for (int i=1;i<=N;++i)
    d[i]+=d[i-1],mu[i]+=mu[i-1];
}

Abigail into(){
  scanf("%d%d",&n,&m);
}

Abigail outo(){
  printf("%lld\n",get(n,m));
}

int main(){
  start();
  int T;
  scanf("%d",&T);
  while (T--){
  	into();
  	outo();
  }
  return 0;
}