【BZOJ2820】YY的GCD

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原文链接：http://www.cnblogs.com/hchhch233/p/9993024.html

本文详细解析了BZOJ2820 YY的GCD问题，通过数学推导和数论技巧，将原问题转化为求和形式，并利用前缀和与数论分块的方法优化计算效率。

【BZOJ2820】YY的GCD

Description

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

Input

第一行一个整数T 表述数据组数
接下来T行，每行两个正整数，表示N, M

Output

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

Sample Input

2
10 10
100 100

Sample Output

30
2791

不妨设\(n<m\)

答案为\(\displaystyle\sum_{g为质数}\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{g} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{g} \rfloor}[gcd(i,j)==1]\)
根据套路，后面的\([gcd(i,j)==1]可以写成\displaystyle \sum_{d|i,d|j}\mu(d)\)
和式变换一下：\(\displaystyle \sum_{g为质数}\sum_{d=1}^{\lfloor \frac{n}{g} \rfloor}\mu(d)\lfloor \frac{n}{gd} \rfloor\lfloor \frac{m}{gd} \rfloor\)

根据套路：设\(T=gd,则\displaystyle\sum_{T=1}^{n}\sum_{d|T且\frac{n}{d}为质数}\mu(d)\lfloor \frac{n}{gd} \rfloor\lfloor \frac{m}{gd} \rfloor\)

又是套路：对于后面两个除法，我们数论分块就可以了。对于\(\sum_{d|T且\frac{n}{d}为质数}\mu(d)\)我们可以预处理出前缀和。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10000005
#define ll long long
using namespace std;

int T;
int pri[700000];
ll mu[N],sum[N];
bool vis[N];

void pre() {
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=10000000;i++) {
        if(!vis[i]) pri[++pri[0]]=i,mu[i]=-1;
        for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=10000000;j++) {
            vis[i*pri[j]]=1;
            if(i%pri[j]==0) {
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            }
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(ll i=1;i<=pri[0];i++) {
        for(ll j=1;j*pri[i]<=10000000;j++) {
            sum[j*pri[i]]+=mu[j];
        }
    }
    for(ll i=1;i<=10000000;i++) sum[i]+=sum[i-1];
}

ll n,m;
int main() {
    pre();
    scanf("%d",&T);
    while(T--) {
        scanf("%lld%lld",&n,&m);
        if(n>m) swap(n,m);
        ll last,ans=0;
        for(ll i=1;i<=n;i=last+1) {
            last=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
        }
        cout<<ans<<'\n';
    }
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/hchhch233/p/9993024.html