P2257 YY的GCD--洛谷luogu

传送门

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：

输出样例#1：

30

2791

说明

T = 10000

N, M <= 10000000

-----------------------------------------------------------------

这是我做得第一道莫比乌斯反演的题

虽然已经掌握了

莫比乌斯反演的证明

但是

显然这还差很多

因为

我不会应用到实际推演当中

当我再次弄懂该如何推演的时候

我自认为可以写出来的

但是

并没有

我发现我在很多细节上

还是很拿不准的

于是

再次卑微

----------------------------------------------------

解题思路：

如何实现前缀和呢？？

这里就用到了整除分块（这也是这道题困扰我很久很久时间的部分）

那么什么是整除分块呢？？

整除分块————一个莫比乌斯反演的题基本都会涉及到的小知识点，其实，是很有必要使之成为前置知识点中的其中之一

可以用到整除分块的形式，大致是这样的：

∑i=1n⌊n/i⌋
这个式子，O(n)计算是非常显然的。但，有的时候因为多组数据的要求，可能O(n)并不是正确的时间复杂度。那么这个时候，我们就有一种O(√n)
的做法。这就是：整除分块！
对于每一个⌊n/i⌋
我们可以通过打表~~(或理性的证明)~~可以发现：有许多⌊ni⌋

的值是一样的，而且它们呈一个块状分布；再通过打表之类的各种方法,我们惊喜的发现对于每一个值相同的块，它的最后一个数就是n/(n/i)

。得出这个结论后，我们就可以做的O(√n)

处理了。

整除分块的代码如下：

for(int l=,r;l<=n;l=r+)

{

    r=n/(n/l);

    ans+=(r-l+)*(n/l);

}

那么现在我终于理解本题的代码了

#include<bits/stdc++.h>

#define N 10000100

using namespace std;

inline void read(int &x)

{

    x=;

    static int p;p=;

    static char c;c=getchar();

    while(!isdigit(c)){if(c=='-')p=-;c=getchar();}

    while(isdigit(c)) {x=(x<<)+(x<<)+(c-);c=getchar();}

    x*=p;

}

inline void print(long long x)

{

    static int cnt;

    static int a[];

    cnt=;

    do

    {

        a[++cnt]=x%;

        x/=;

    }

    while(x);

        for(int i=cnt;i>=;i--)

            putchar(a[i]+'');

    puts("");

}

bool vis[N];//判断是否为素数

long long sum[N];

int prim[N];//存素数

int mu[N],g[N];//mu存μ

int cnt;//素数个数（筛素数用的，不用管啊）

void get_mu(int n)

{

    mu[]=;

    for(int i=;i<=n;i++)//线性筛？？

    {

        if(!vis[i])//没有被访问过，即为素数

        {

            mu[i]=-;//素数的质因数只可能是它自己，所以，他的μ值一定为-1

            prim[++cnt]=i;//prim数组是用来记录素数的 ，cnt累计素数个数

        }

        for(int j=;j<=cnt&&prim[j]*i<=n;j++)//和欧拉筛很像吧，就是用欧拉筛的思路的

        //j是用来枚举素数的 ，prim[j]*i是筛合数，并保证筛掉的合数在应求的范围内（没有越界，没有浪费时间和空间）

        {

            vis[i*prim[j]]=;//打标记：筛掉合数

            if(i%prim[j]==)//当前的数可以被质数整除的话 （在下一行）

                break;//那么i%prim[j]的质因数中有两个相同的，也就是说i%prim[j]的μ值是0，（数组开的全局变量，默认初始值为0，所以就可以不用管它）

            else

                mu[prim[j]*i]=-mu[i];//不能被整除 i和prim[j]互质，得到的合数的 μ值为i的μ值的相反数

        }

    }

    for(int j=;j<=cnt;j++)//如果把最终得到的公式看作是两层循环的话，那么这里相当于最里面的那层循环，也就是最右面的Σ

        for(int d=;d*prim[j]<=n;d++)

            g[d*prim[j]]+=mu[d]; //μ值累加

    for(int i=;i<=n;i++)//而这个相当于最外面的循环，即最左面的Σ

    {

        sum[i]=sum[i-]+(long long)g[i];//据说这里是用来计算前缀和的？？！ ！！我大概明白了！！！

    }

}

int n,m;

int main()

{

    int t;

    read(t);

    get_mu();

    while(t--)

    {

        read(n);read(m);

        if(n>m)swap(n,m);

        static long long ans;

        ans=;

        for(int T=,d;T<=n;T=d+)

        {

            d=min(n/(n/T),m/(m/T));

            ans+=1ll*(n/T)*(m/T)*(sum[d]-sum[T-]);//1ll是把int变成long long然后再赋值给long long，是怕int不够存的

            //知道看到这个位置，我才知道sum的含义。sum是指Σ（p|T）μ（T/p) //这里是啥啊？？？？！

            //这里大概是整除分块，有许多[n/i]的值是一样的，而且它们呈一个块状分布

        }

        print(ans);

    }

    return ;

}