[SDOI2015]约数个数和 莫比乌斯反演

～～～题面～～～

题解：

为什么SDOI这么喜欢莫比乌斯反演，，，

首先有一个结论$$d(ij) = \sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x, y) == 1]$$
为什么呢？
首先，可以看做从两个数中分别取一些不重叠的质数的$k_{i}$次方，组成新数的方案数。
那如果有需要重叠的部分怎么办？
可以看做全都在第一个or第二个数中取。
但是一个数的次数不够怎么办呢？
相当于以1为媒介，可以简介统计到这些情况
比如$2^{3} \cdot 2^{2}  = 2^{5}$可以看成$1, 2^{3}$ + $1, 2^{2}$,这样就可以做到分别枚举了指数从1到5的情况了；
$$ans = \sum_{i = 1}^{n}\sum_{j = 1}^{m}\sum_{x | i}\sum_{y | j}[gcd(x, y) == 1]$$
$$ans = \sum_{x = 1}^{n}\sum_{y = 1}^{m} \lfloor{\frac{n}{x}}\rfloor \lfloor{\frac{m}{y}}\rfloor [gcd(x, y) == 1]$$<---改成枚举x和y，然后统计有多少对i,j中分别含有因数x，y
设$$f(d) = \sum_{x = 1}^{n}\sum_{y = 1}^{m} \lfloor{\frac{n}{x}}\rfloor \lfloor{\frac{m}{y}}\rfloor [gcd(x, y) == d]$$, $$g(x) = \sum_{x | d}^{min(n, m)}{f(d)}$$
那么$ans = f(1)$
反演一下得到:$$f(n)  = \sum_{n | d}\mu(\frac{d}{n}) \cdot g(d)$$
接下来就是怎么求$g(d)$了。
$$g(d) = \sum_{x = 1}^{n}\sum_{y = 1}^{m} \lfloor{\frac{n}{x}}\rfloor \lfloor{\frac{m}{y}}\rfloor [d | gcd(x, y)]$$
$d | gcd(x, y)$ ---> $d | x + d | y$ ,因为$x | n + y | m$ ---> $d | n + d | m$
所以枚举$d_{i}$就符合条件了，$\lfloor{\frac{n}{dx}}\rfloor$ ---> $dx$倍数的个数，即有多少i，j的搭配是可以满足$[d|gcd(x, y)]$的
$$g(d) = \sum_{x = 1}^{ \lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor }\sum_{y = 1}^{ \lfloor{\frac{m}{d}}\rfloor } \lfloor{\frac{n}{dx}}\rfloor \lfloor{\frac{m}{dy}}\rfloor$$
于是现在就是要求$f(1)$
$$f(1) = \sum_{d = 1}^{min(n, m)}{\mu(\frac{d}{1})g(d)}$$
$$= \sum_{d = 1}^{min(n, m)}{\mu(d)g(d)}$$
$$= \sum_{d = 1}^{min(n, m)}{\mu(d) \cdot \sum_{x = 1}^{ \lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor }\sum_{y = 1}^{ \lfloor{\frac{m}{d}}\rfloor } \lfloor{\frac{n}{dx}}\rfloor \lfloor{\frac{m}{dy}}\rfloor}$$
这个式子可以整数分块。
设$N = \frac{n}{d}$， $M = \frac{m}{d}$,那么
$$= \sum_{d = 1}^{min(n, m)}{\mu(d) \cdot \sum_{x = 1}^{ N }\sum_{y = 1}^{ M } \lfloor{\frac{N}{x}}\rfloor \lfloor{\frac{M}{y}}\rfloor}$$
$$= \sum_{d = 1}^{min(n, m)}{\mu(d) \cdot \sum_{x = 1}^{ N}{\lfloor{\frac{N}{x}}\rfloor} \sum_{y = 1}^{M}  {\lfloor{\frac{M}{y}}\rfloor}}$$
而$N = \lfloor{\frac{n}{d}}\rfloor$， $M = \lfloor{\frac{m}{d}}\rfloor$有很多相同的区间段,所以可以整数分块求。

 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 #define R register int
 #define AC 50100
 #define ac 50000
 #define LL long long
 int n, m, tot, t;
 LL ans;
 int prime[AC];
 LL mu[AC], s[AC];
 bool z[AC];

 inline int read()
 {
     int x = ;char c = getchar();
     while(c > '' || c < '') c = getchar();//error!!!又一次打错了读入优化。。。是||啊
     while(c >= '' && c <= '') x = x *  + c - '', c = getchar();
     return x;
 }

 void pre()
 {
     int x;
     mu[] = ;
     for(R i = ; i <= ac; i++)
     {
         if(!z[i]) prime[++tot] = i, mu[i] = -;
         for(R j = ; j <= tot; j++)
         {
             x = prime[j];
             if(x * i > ac) break;
             z[x * i] = true;
             if(!(i % x)) break;
             mu[i * x] = -mu[i];
         }
     }
     for(R i = ; i <= ac; i++) mu[i] += mu[i-];
     int pos;
     for(R i = ; i <= ac; i++)
     {
         for(R j = ; j <= i; j = pos + )
         {
             pos = i / (i / j);
             s[i] += (LL)(i / j) * (LL)(pos - j + );
         }
     }
 //    for(R i = 1; i <= 30; i++) printf("%lld\n", s[i]);
 }

 void work()
 {
     t = read();
     while(t--)
     {
         n = read(), m = read(), ans = ;
         //scanf("%d%d", &n, &m);ans = 0;
         int pos, b = min(n, m);
         for(R i = ; i <= b; i = pos + )
         {
             pos = min(n / (n / i), m / (m / i));
             ans += (mu[pos] - mu[i - ]) * s[n / i] * s[m / i];
         }
         printf("%lld\n", ans);
     }
 }

 int main()
 {
 //    freopen("in.in", "r", stdin);
     pre();
     work();
 //    fclose(stdin);
     return ;
 }