SDOI2015 约数个数和

洛谷P3327 [SDOI2015]约数个数和

题目大意

设$d(x)$为$x$的约数个数，给定$n,m$，求

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(ij)$$

有$T$组数据。

$1\le T,n,m\le 50000$

题解

前置知识：

• 莫比乌斯反演
• 数论分块

式子的证明

首先，我们要知道：

$$d(ij)=\sum _{x|i}\sum _{y|j}[\gcd (x,y)=1]$$

证明：

如果$ij$的因子$k$中有因子$p^c$，$i$中有因子$p^a$，$j$中有因子$p^b$，其中$p$为质数。那么我们规定

• 当$c\le a$时，这个因子$p$都在$a$中选择
• 当$c>a$时，在$i$中选$p^a$，在$j$中选$p^{c-a}$

对于$ij$的因子$k$的每个因子都这样处理。

如果令$x,y$互质，则

• 若$x,y$中都没有因子$p$，则
• 若$x$中有因子$p$且次数为$k$，则相当于在$x$中选了$p^k$
• 若$y$中有因子$p$且次数为$k$，则相当于在$x$中选了$p^a$，在$j$中选了$p^k$

$ij$的各个因子$k$对应各个互质的$x,y$，所以等式成立。

推式子

根据上面的式子，有

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^{m}d(ij)=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{x|i}\sum _{y|j}[\gcd (x,y)=1]$$

由莫比乌斯函数的性质，原式可变为

$$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m\sum _{x|i}\sum _{y|j}\sum _{k|i,k|j}\mu (k)$$

先枚举$k$，则转换为

$$\sum _{k=1}^{\min (n,m)}\mu (k)\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }\lfloor \frac{n}{ki}\rfloor \lfloor \frac{m}{kj}\rfloor$$

令$f(n)=\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$，则从$1$到$n$的$f(i)$都是可以$O(n)$预处理出来的。

用数论块即可$O(\sqrt{n})$求出答案。

总时间复杂度为$O(n+T\sqrt{n})$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100000;
int z[N+5],p[N+5],mu[N+5];
long long ans=0,smu[N+5],d[N+5];
void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=N;i++){
		if(!z[i]){
			p[++p[0]]=i;mu[i]=-1;
		}
		for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=N;j++){
			z[i*p[j]]=1;
			if(i%p[j]==0) break;
			mu[i*p[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=N;i++){
		smu[i]=smu[i-1]+mu[i];
		for(int j=i;j<=N;j+=i) ++d[j];
		d[i]=d[i-1]+d[i];
	}
}
int main()
{
	int t,n,m;
	init();
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
		scanf("%d%d",&n,&m);
		if(n>m) swap(n,m);
		ans=0;
		for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans=ans+(smu[r]-smu[l-1])*d[n/l]*d[m/l];
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}