【[SDOI2015]约数个数和】

慢慢化柿子吧

要求的是这个

\[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^Md(ij)
\]

神奇的约数个数函数有一个这样的性质

\[d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[(x,y)=1]
\]

试着从唯一分解定理的角度去理解，将\(i,j\)分别分解质因数

显然\(d(ij)\)应该等于每一个\(p\)在\(i,j\)中分解出来的指数加起来加1再相乘

所以分别枚举所有约数的话，保证这对约数互质就可以求出所有约数了

之后现在的答案变成了

\[\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M\sum_{x|i}\sum_{y|j}[(x,y)=1]
\]

一看就很烦人啊，把\(x,y\)放到前面来枚举

\[\sum_{x=1}^N\sum_{y=1}^M[(x,y)=1]\sum_{x|i}\sum_{y|j}1
\]

显然后面那个东西就是

\[\left \lfloor \frac{N}{x} \right \rfloor\times \left \lfloor \frac{M}{y} \right \rfloor
\]

于是答案变成了

\[\sum_{x=1}^N\sum_{y=1}^M[(x,y)=1]\left \lfloor \frac{N}{x} \right \rfloor\times \left \lfloor \frac{M}{y} \right \rfloor
\]

开始套路了

\[f(n)=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[(i,j)=n]\left \lfloor \frac{N}{i} \right \rfloor\times \left \lfloor \frac{M}{j} \right \rfloor
\]

\[F(n)=\sum_{i=1}^N\sum_{j=1}^M[n|(i,j)]\left \lfloor \frac{N}{i} \right \rfloor\times \left \lfloor \frac{M}{j} \right \rfloor
\]

\[=\sum_{i=1}^{ \left \lfloor \frac{N}{i} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{ \left \lfloor \frac{M}{j} \right \rfloor} \left \lfloor \frac{N}{in} \right \rfloor \left \lfloor \frac{M}{jn} \right \rfloor
\]

显然就有

\[F(n)=\sum_{n|d}f(d)
\]

\[f(n)=\sum_{n|d}\mu(\frac{d}{n})F(d)
\]

因为我们要求的只有\(f(1)\)

所以

\[Ans=\sum_{d=1}^N\mu(d)\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{N}{i} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{M}{j} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{N}{id} \right \rfloor \left \lfloor \frac{M}{jd} \right \rfloor
\]

我们发现如果\(\frac{N}{d}\)和\(\frac{M}{d}\)固定了，后面这个柿子就非常好求了

就是\(\frac{N}{d}\)和\(\frac{M}{d}\)的约数个数前缀和

于是我们可以线筛约数个数函数和\(\mu\)之后就可以了

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define LL long long
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define re register
#define maxn 50005
inline int read()
{
	char c=getchar();
	int x=0;
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
	return x;
}
int p[maxn>>1],f[maxn],pre[maxn],mu[maxn],d[maxn],t[maxn];
int T,n,m;
int main()
{
	f[1]=1,mu[1]=1,d[1]=1;
	for(re int i=2;i<=50000;i++)
	{
		if(!f[i]) p[++p[0]]=i,mu[i]=-1,d[i]=2,t[i]=1;
		for(re int j=1;j<=p[0]&&p[j]*i<=50000;j++)
		{
			f[p[j]*i]=1;
			if(i%p[j]==0)
			{
				d[p[j]*i]=d[i]/(t[i]+1)*(t[i]+2);
				t[p[j]*i]=t[i]+1;
				break;
			}
			d[p[j]*i]=d[p[j]]*d[i];
			mu[p[j]*i]=-1*mu[i];
			t[p[j]*i]=1;
		}
	}
	for(re int i=1;i<=50000;i++) pre[i]=pre[i-1]+mu[i],d[i]+=d[i-1];
	T=read();
	while(T--)
	{
		n=read(),m=read();
		if(n>m) std::swap(n,m);
		LL ans=0;
		for(re int l=1,r;l<=n;l=r+1)
		{
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=(LL)d[n/l]*d[m/l]*(pre[r]-pre[l-1]);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}