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f(i)x∈[1,n],y∈[1,m],所有gcd=i的点对的数量,我们发现并不好求，于是再设F(i)x∈[1,n],y∈[1,m],所有满足i整除gcd(x,y)的点对的数量 ，F显然就是(n/i)(m /i),f根据莫比乌斯反演+gcd化为1简化一下，枚举倍数就变成了1到n/k啦，然后就用下标分块优化就可以求啦 #include<cstdio>#include<cstring>#define

求gcd(xxxxxx)>=2 ,那就是ans=a1*a2*...an   -    gcd(xxxxx)=1那么令f(i)为gcd(xxxxx)=i的序列数目，F(i)为gcd(xxxxx)=i的倍数的数目由莫比乌斯反演，我们要求的f(1)=从xushu的题解里面盗了张图。。。而我们一般的下底优化是sigma，这里是连乘，思路是一样的。枚举aj/i的答案k，找到a数组中有多少个答案是

从黄学长那盗来的图 可以线筛预处理F,或者暴力枚举质数（这个复杂度我不能确定）,按照素数粗略个数n/logn以及调和级数求和logn来看暴力的复杂度接近On 处理完F以后就是喜闻乐见的下底函数分块#include#include#define maxl 10000001int n,m;int no[maxl],p[maxl],mu[maxl];long long sum[m

明明这里一组数据是o（n）,bzoj2820一组数据是根号n，结果这个慢的能A，那个超时。。#include#include#define maxl 10000001int n,m;int no[maxl],p[maxl],mu[maxl];long long sum[maxl];long long ans;void shai(){ no[1]=1;mu[1]=1;

问题可以优化为 2*sigma(i)*sigma(j) gcd(i,j)-n*m，于是就是枚举gcd(i,j)的值为k，然后就是n/k,m/k，2*k*sigma(i)*sigma(j) gcd(i,j)==1   - n*m的值，也就是bzoj2820，枚举k，用下底块优化根号n求和，复杂度就是n^1.5#include#include#define maxl 100010long

队友告诉我一个结论，phi(ab)/phi(a)phi(b)=gcd(ab)/phi(gcd(a,b))，那么我们发现这道题做完了。枚举gcd就行了，变成了NOI2010能量采集，然而当时我写的复杂度是nsqrt(n)，并过不掉这题，于是队友写出了nlogn复杂度，发现还是T。。。于是我找到一篇NOI2010能量采集O（n）的题解https://blog.youkuaiyun.com/ThinFatty/ar...

先要知道几个结论gcd(2^a-1,2^b-1)=2^(gcd(a,b))-1;还得知道gcd(F[cnt1],F[cnt2])=F[gcd(cnt1,cnt2)]，这两个结论都可用数学归纳法来推导，推导第二个还要知道F数组相邻两个元素互质，那么此题对于一个gcd来说，他的贡献是2^(F(gcd))-1这么多。而对于把n分成k份使得他的gcd为gcd的倍数，n本书相同，k个书架不同，那么方案数为c...