洛谷P2257 YY的GCD

最新推荐文章于 2021-10-21 11:52:15 发布

-斯德哥尔摩-

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分类专栏：莫比乌斯反演

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本文介绍了一道关于求解特定条件下数对数量的问题，并使用莫比乌斯反演进行解答。通过线性筛、前缀和及分块等技巧实现高效计算。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

题目描述

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

输入输出格式

输入格式：

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

输出格式：

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

输入输出样例

输入样例#1：

2
10 10
100 100

输出样例#1：

30
2791

说明

T = 10000

N, M <= 10000000

莫比乌斯反演。。。

设小于 $min (n, m)$ 质数为 $p_{1}, p_{2}, \dots, p_{k}$ ，所求答案可表示为

$x = 1 \sum n y = 1 \sum m i = 1 \sum k [g c d (x, y) = p_{i}]$

设 $f (d)$ 表示满足 $g c d (x, y) = d$ 且 $1 \leq x \leq n, 1 \leq y \leq m$ 的 $(x, y)$ 的对数。

设 $g (d)$ 表示满足 $d ∣ g c d (x, y)$ 且 $1 \leq x \leq n, 1 \leq y \leq m$ 的 $(x, y)$ 的对数。

显然 g(x)=⌊xn⌋⌊xm⌋

$g (x) = x ∣ d \sum min (n, m) f (d)$

由莫比乌斯反演可得 f(x)=x∣d∑min(n,m)μ(xd)g(d)

我们所求的答案即为 ans=i=1∑kf(pi) = i=1∑kpi∣d∑min(n,m)μ(pid)g(d)

观察上式，发现我们枚举 $p_i$ 的倍数只有 $⌊ \frac{min ( n , m )}{p _{i}} ⌋$ 个，因此我们可以通过枚举 $p_{i}$ 的系数更方便的枚举出所有 $p_{i}$ 的倍数。

$a n s = i = 1 \sum k p_{i} ∣ d \sum min (n, m) μ (\frac{d}{p _{i}}) g (d)$ $= i = 1 \sum k d = 1 \sum ⌊ \frac{min ( n , m )}{p _{i}} ⌋ μ (d) g (d p_{i})$ = i=1∑kd=1∑⌊pimin(n,m)⌋μ(d)⌊dpin⌋⌊dpim⌋

我们令 $T = d p_{i}$ ，则ans = i=1∑kd=1∑⌊pimin(n,m)⌋μ(d)⌊dpin⌋⌊dpim⌋ = T=1∑min(n,m)⌊Tn⌋⌊Tm⌋k∣T∑μ(kT)

然后用线性筛+前缀和+分块即可AC。

附代码：

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define MAXN 10000010
using namespace std;
int k=0,mu[MAXN],prime[MAXN],s[MAXN],sum[MAXN];
bool np[MAXN];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
	return date*w;
}
void make(){
	int m=MAXN-10;
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=m;i++){
		if(!np[i]){
			mu[i]=-1;
			prime[++k]=i;
		}
		for(int j=1;j<=k&&prime[j]*i<=m;j++){
			np[prime[j]*i]=true;
			if(i%prime[j]==0)break;
			else mu[prime[j]*i]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=k;i++)
	for(int j=1;j*prime[i]<=m;j++)
	s[prime[i]*j]+=mu[j];
	for(int i=1;i<=m;i++)sum[i]=sum[i-1]+s[i];
}
void work(){
	long long ans=0;
	int n,m;
	n=read();m=read();
	if(n>m)swap(n,m);
	for(int i=1,last=1;i<=n;i=last+1){
		last=min(n/(n/i),m/(m/i));
		ans+=(long long)(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
	}
	printf("%lld\n",ans);
}
int main(){
	make();
	int t=read();
	while(t--)work();
	return 0;
}