BZOJ 2820 luogu 2257 yy的gcd (莫比乌斯反演)

题目大意：求$gcd(i,j)==k,i\in[1,n],j\in[1,m] ,k\in prime,n,m<=10^{7}$的有序数对个数，不超过10^{4}次询问

莫比乌斯反演入门题

为方便表述，由于n和m等价，以下内容均默认n<=m

题目让我们求：$\sum_{k=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==k]$

容易变形为：$\sum_{k=1}^{n}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor}[gcd(i,j)==1]$

很显然$gcd(i,j)==1$这个东西不太好处理，因为它是最大公约数，直接统计gcd的数量很困难

所以，根据莫比乌斯反演的常规套路：

把$gcd(i,j)==1$变形为$\sum _{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

可得$\sum_{k=1}^{n}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor}\sum _{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

此时，统计$d$的数量就很容易了，即$\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor\cdot \left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor$，数学含义是"[1,n]中能整除d的数的数量*[1,m]中能整除d的数的数量"

继续变形$\sum_{k=1}^{n}\sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor\cdot \mu(d)$

我们看kd这个东西很不爽，把它换掉，令Q=kd

$\sum_{Q}^{n}\left \lfloor \frac{n}{Q} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac{m}{Q} \right \rfloor\cdot \sum_{k|Q,k\in prime}\mu(\frac{Q}{k})$

$\sum_{k|Q,k\in prime}\mu(\frac{Q}{k})$可以用线性筛筛出，将其命名为$g(i)$,再维护一个前缀和

在线性筛内分三种情况讨论，对于数i，我们遍历到了一个质数$p$，$i$中$p$的幂次为$k$

$k=0$，$i$中不含$p$，根据莫比乌斯函数的性质,$g(i\cdot p)=-g(i)+\mu(i)$，即$g/i$的部分全都反过来，再加上$p$带来的贡献

$k=1$，$i$中含一个$p$，那么在$p$加入后，除了$p$的其它质因子的贡献全部为0，仅计算$p$的贡献，即$g(i\cdot p)=g(i)$

$k>=2$，$i$中含两个$p$，加入$p$后，所有质因子的贡献均为0

而$\sum_{Q}^{n}\left \lfloor \frac{n}{Q} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac{m}{Q} \right \rfloor$可以使用整除分块（套路的味道）在$O(\sqrt n)$的时间内算出来，再用前缀和统计即可

代码

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 #define N 10010000
 #define maxn 10000000
 #define ll long long
 using namespace std;

 int T,n,m,cnt;
 int mu[N],pr[N],use[N],qm[N];
 int pm[N];

 void Pre()
 {
     mu[]=,qm[]=;
     for(int i=;i<=maxn;i++)
     {
         if(!use[i]) pr[++cnt]=i,mu[i]=-,qm[i]=;
         for(int j=;j<=cnt&&i*pr[j]<=maxn;j++){
             use[i*pr[j]]=;
             if(i%pr[j]==){
                 mu[i*pr[j]]=;
                 if((i/pr[j])%pr[j]==) qm[i*pr[j]]=;
                 else qm[i*pr[j]]=mu[i];
                 break;
             }else{
                 mu[i*pr[j]]=-mu[i];
                 qm[i*pr[j]]=-qm[i]+mu[i];
             }
         }
     }
     for(int i=;i<=maxn;i++)
         pm[i]=pm[i-]+qm[i];
 }
 ll solve(int n,int m)
 {
     ll ans=;//int nd,md;
     for(int i=,la,mi=min(n,m);i<=mi;i=la+)
     {
         la=min(n/(n/i),m/(m/i));
         ans+=1ll*(n/i)*(m/i)*(pm[la]-pm[i-]);
     }
     return ans;
 }
 int main()
 {
     scanf("%d",&T);
     Pre();
     for(int t=;t<=T;t++)
     {
         scanf("%d%d",&n,&m);
         if(n>m) swap(n,m);
         printf("%lld\n",solve(n,m));
     }
     return ;
 }