洛谷【P2257】YY的GCD

YY的GCD

原题链接

这应该是我做的第一道莫比乌斯反演的题目。

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

说明

T=10000，N, M <= 10000000

解题思路

显然，题目要求的$Ans$实际上就是$\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(x,y)=prim]$的值
接下来，我们就开始进行欢乐的推式子了
对于这种与$gcd$有关的莫比乌斯反演，一般我们都是套路的去设$f(d)$为$gcd(i,j)=d$的个数，$F(n)$为$gcd(i,j)=n$和$n$的倍数的个数，即：

\[f(d)=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=d]
\]

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

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

这样，我们便可以开心的化简这个式子了！

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

将$f(p)$带入得：

\[Ans=\sum_{p\in prim}f(p)
\]

然后就莫比乌斯反演一下

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

我们换一个枚举项，我们枚举$\lfloor\frac{d}{p}\rfloor$

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

这个$dp$一看就很不爽，于是我们把它换成$T$

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

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

推到这里，我们就可以开始做了。如果是单组询问，我们就直接$O(n)$做。(不过好像一般这种题，都不会让你直接处理。)如果是多组数据的话，我们就只要在打一个简单的整除分块就可以了。后面的$\mu$函数可以线筛出来。由于整除分块的缘故，我们就只需要记一个前缀和就可以了。
下面贴一个完整的代码吧。

#include<bits/stdc++.h>

#define N 10000100

using namespace std;

inline void read(int &x)

{

    x=0;

    static int p;p=1;

    static char c;c=getchar();

    while(!isdigit(c)){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}

    while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(c-48);c=getchar();}

    x*=p;

}

inline void print(long long x)

{

    static int cnt;

    static int a[15];

    cnt=0;

    do

    {

        a[++cnt]=x%10;

        x/=10;

    }while(x);

    for(int i=cnt;i>=1;i--)putchar(a[i]+'0');

    puts("");

}

bool vis[N];

long long sum[N];

int prim[N];

int mu[N],g[N];

int cnt;

void get_mu(int n)

{

    mu[1]=1;

    for(int i=2;i<=n;i++)

    {

        if(!vis[i]){mu[i]=-1;prim[++cnt]=i;}

        for(int j=1;j<=cnt&&prim[j]*i<=n;j++)

        {

            vis[i*prim[j]]=1;

            if(i%prim[j]==0)break;

            else mu[prim[j]*i]=-mu[i];

        }

    }

    for(int j=1;j<=cnt;j++)

        for(int i=1;i*prim[j]<=n;i++)g[i*prim[j]]+=mu[i];

    for(int i=1;i<=n;i++)sum[i]=sum[i-1]+(long long)g[i];

}

int n,m;

int main()

{

#ifndef ONLINE_JUDGE

    freopen("P2257.in","r",stdin);

    freopen("P2257.out","w",stdout);

#endif

    int t;

    read(t);

    get_mu(10000000);

    while(t--)

    {

        read(n);read(m);

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

        static long long ans;ans=0;

        for(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]);

        }

        print(ans);

    }

    return 0;

}