bzoj2820 YY的GCD

Description

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神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对kAc这种
傻×必然不会了，于是向你来请教……多组输入

T = 10000
N, M <= 10000000

Solution

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感觉做了这么点反演题终于有点头绪了。。
首先想到枚举gcd

$$ans=\sum_{d为质数}\ \ \ \sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}[1=gcd(i,j)]$$
然后套路一波设
$$f(x)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[x=gcd(i,j)]$$
再设
$$g(x)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[x|gcd(i,j)]$$
显然有
$$g(x)=\sum_{x|d}f(d)=\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{x}\rfloor$$
这里是常见形式的其中一种，反演一波得
$$f(x)=\sum_{x|d}\mu(\frac{d}{x})g(d)$$
注意到我们一开始要求1的情况，那么观察一波发现
$$f(1)=\sum_{d=1}^{n}\mu(d)*\lfloor\frac{n}{d}\rfloor\lfloor\frac{m}{d}\rfloor$$
套进求ans的式子里
$$ans=\sum_{d为质数}\ \sum_{x=1}^{n}\mu(x)*\lfloor\frac{n}{dx}\rfloor\lfloor\frac{m}{dx}\rfloor$$
然鹅发现这样还是不能过时限，考虑令$T=dx$，枚举T的话又有
$$\sum_{T=1}^{n}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{d为质数且d|T}\mu(\frac{T}{d})$$

那么预处理一波满足条件的$\mu$然后分块即可
由于$\mu$的取值极小可以考虑用bool或者short之类的卡空间

Code

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#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#define rep(i,st,ed) for (int i=st;i<=ed;++i)

typedef long long LL;
const int N=10000000;
const int M=664581;

int prime[M];
int sum[N+1];
short mu[N+1];
bool not_prime[N+1];

void pre_work() {
    mu[1]=1;
    rep(i,2,N) {
        if (!not_prime[i]) {
            prime[++prime[0]]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for (int j=1;j<=prime[0]&&i*prime[j]<=N;j++) {
            not_prime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]==0) {
                mu[i*prime[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*prime[j]]=-mu[i];
        }
    }
    rep(i,1,prime[0]) {
        for (int j=prime[i];j<=N;j+=prime[i]) {
            sum[j]+=mu[j/prime[i]];
        }
    }
    rep(i,1,N) sum[i]+=sum[i-1];
}

void solve(int n,int m) {
    if (n>m) std:: swap(n,m);
    LL ans=0;
    for (int i=1,j;i<=n;i=j+1) {
        j=std:: min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=1ll*(n/i)*(m/i)*(sum[j]-sum[i-1]);
    }
    printf("%lld\n", ans);
}

int main(void) {
    pre_work();
    int T; scanf("%d",&T);
    while (T--) {
        int n,m; scanf("%d%d",&n,&m);
        solve(n,m);
    }
    return 0;
}