LGOJ2257 YY的GCD

这题美好体验就是卡常

Description

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求

\[\sum^{n}_ {i=1} \sum^m_{j=1} [gcd(i,j)\in prime]
\]

其中：\(1\leq n,m \leq 10^7\)，多组询问

Solution

对于这种与\(gcd\)相关的反演题，有一个好的套路

设\(f(d)=[gcd(i,j)=d]\),\(F(n)\)为\(gcd(i,j)=d\)和\(d\)的倍数的个数，即：

\[f(d)=[gcd(i,j)=d]
\]

\[F(n)=\sum_{d|n} f(d)= \lfloor \frac{N}{n} \rfloor \lfloor \frac{M}{m} \rfloor
\]

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

由着这个套路,我们开始化简这个式子

\[\sum_{p \in prime} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m [gcd(i,j)==p]
\]

将\(f(p)\)带入：

\[\sum_{p \in prime}f(p)
\]

把\(f(x)\)换成\(F(x)\)

\[\sum_{p \in prime}\sum_{p|d} \mu(\lfloor \frac{d}{p} \rfloor)F(d)
\]

我们枚举\(\lfloor \frac{d}{p} \rfloor\)

\[\sum_{p \in prime} \sum_{d=1}^{min(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor,\lfloor \frac{m}{p} \rfloor} \mu(d)F(dp)
\]

再把\(F(dp)\)换成最终式：

\[\sum_{p \in prime} \sum_{d=1}^{min(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor,\lfloor \frac{m}{p} \rfloor)} \mu(d)\lfloor \frac{N}{n} \rfloor \lfloor \frac{M}{m} \rfloor
\]

令\(T=dp\)，则有：

\[\sum^{min(n,m)}_ {T=1} \sum_{t|T,t\in prime} \mu(\lfloor \frac{T}{t} \rfloor)\lfloor \frac{n}{T} \rfloor\lfloor \frac{m}{T} \rfloor
\]

\[\sum^{min(n,m)}_ {T=1} \lfloor \frac{n}{T} \rfloor\lfloor \frac{m}{T} \rfloor(\sum_{t|T} \mu(\lfloor \frac{T}{t} \rfloor))
\]

推到这里，我们就都可以做了

\(\mu(\space)\)可以线性筛，其他的可以整除分块

CODE

#include<bits/stdc++.h>
#define reg register
using namespace std;
namespace yspm{
	inline int read()
	{
		int res=0,f=1; char k;
		while(!isdigit(k=getchar())) if(k=='-') f=-1;
		while(isdigit(k)) res=res*10+k-'0',k=getchar();
		return res*f;
	}
	const int N=10000010;
	bool vis[N]; int pri[N],mu[N],g[N],cnt;
	#define ll long long
	ll sum[N];
	inline void prework()
	{
		mu[1]=1;
		for(reg int i=2;i<N;++i)
		{
			if(!vis[i]){mu[i]=-1;pri[++cnt]=i;}
			for(reg int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<N;++j)
			{
				vis[i*pri[j]]=1;
				if(i%pri[j]==0) break;
				else mu[pri[j]*i]-=mu[i];
			}
		}
		for(reg int j=1;j<=cnt;++j)
		{
			for(reg int i=1;i*pri[j]<N;++i) g[i*pri[j]]+=mu[i];
		}
		for(reg int i=1;i<N;++i) sum[i]=sum[i-1]+(ll)g[i];
		return ;
	}
	inline void work()
	{
		int n=read(),m=read(); if(n>m) swap(n,m);
		ll ans=0;
		 for(reg int l=1,r;l<=n;l=r+1)
		 {
		 	r=min(n/(n/l),m/(m/l));
		 	ans+=1ll*(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
		 }printf("%lld\n",ans);
		return ;
	}
	signed main()
	{
		prework(); int T=read(); while(T--) work();
		return 0;
	}
}
signed main(){return yspm::main();}

不禁感叹一句，能让 \(yspm\) 这种信奉 \(define \space int \space long \space long\) 的人都不全用 $ long \space long $ 的得是什么卡常\(sb\)题呀！！！