原题链接

庆祝:

数论紫题 \(T4\) 达成!

莫比乌斯 \(T1\) 达成!

yy 真是个 神犇

前记

之前我觉得: 推式子,直接欧拉筛,筛出个 \(\phi\),然后乱推 \(\gcd\) 就行了。

现在我觉得: 推式子,还是欧拉筛,筛出个 \(\mu\) ,然后乱推 \(\gcd\) 就行了。

前置知识:

一定数学基础 ,欧拉筛。

至少了解单位函数。(最好会整除分块哦)

我们先引入 \(\mu\) 的概念。

\[ \mu_n =
\begin {cases}
1 , n=1 \\
(-1)^k , n = \prod_{i=1}^k p_i^{a_i},其中 a_i \leq 1 \space 且 \space p_i 为素数 (即 \space n \space 不含平方因子)\\
0 ,n = \prod_{i=1}^k p_i^{a_i},其中\space p_i \space 为素数,且存在 \space a_i \geq 2 (即 \space n \space 含平方因子)\\
\end{cases}
\]

你可能觉得,这有什么用?

一开始我也这么觉得 但是呢,数学就是这样,先抛出一堆理论概念,然后抛个式子,接着题目就做出来了。

首先,莫比乌斯函数是 积性函数 。比方说 \(f\) 为积性函数当且仅当:

\[f_{a \times b} = f_a \times f_b
\]

其中 \(\gcd(a,b)=1\).

顺便说一下,完全积性函数 就是:

\[f_{a \times b} = f_a \times f_b
\]

不需满足。 \(\mu\) 是积性函数,所以,它可以用欧拉筛

欧拉筛可以解决任何 满足积性函数性质 的函数。

模板抛出来:

inline void Euler(int n) {
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) {
if(!h[i]) mu[i]=-1,prime[++cnt]=i; //质数分解为1个质数的积,k=1,所以是 -1
for(int j=1;j<=cnt && prime[j]*i<=n;j++) {
h[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
else mu[prime[j]*i]=-mu[i]; //奇偶变换
}
}
}

得出 \(\mu\) 之后,你可能还是觉得:这东西的性质呢?似乎求了没什么用?

没用还让你求啊

\[\sum_{d|n} \mu_d = [n=1]
\]

(\(n\) 为正整数)

证:

\(n=1\) 时,显然 \(\sum_{d|n} \mu_d = \mu_1 = 1\)

\(n \not = 1\) 时,我们来 感性 的推式子。

显然,所有含平方因子的数,我们不管它。因此质因数分解后,每个质数的幂次必然是 \(1\).

显然可得:

\[\sum_{d|n} \mu_d
\]

\[= C_k^0 - C_k^1 + C_k^2 + \cdots + (-1)^k \times C_n^k
\]

\[= \sum_{i=0}^k (-1)^i \times C_k^i
\]

这个式子,显然是 \(0\).

如果不知道为什么,建议重学组合

如果你真的不知道怎么证,又学过了组合的一定理论,给你个提示:

\[C_k^i = C_k^{k-i}
\]

利用这个首尾配对即可。

得证。

得到这个性质后,我们再来重看一下它:

\[\sum_{d|n} \mu_d = [n=1]
\]

接着再抛一个定义:

\[\sum_{d|n} \frac{\mu_d}{n} = \frac{\phi_n}{n}
\]

太懒不想证明了

记住就行。如果真想证明的话,先去看看 莫比乌斯反演 里面的神奇性质吧。

有了这两个性质,再加上一些套路即可。

比方说呢,前 \(3\) 道我切的紫题,都和 \(\gcd\) 有关,那么直接枚举 \(\gcd = d\) ,然后随便交换一下枚举顺序,最终强行切到 \(\phi\) 上,你就发现和 前缀和 有点关系,然后 \(O(1)\) 回答就行了.

可是,你看这题的范围,像是 \(O(1)\) 回答吗?不然 \(T \leq 10^7\) 好了,还开个 \(4s\),一看就是:

\[O(T \sqrt{n})
\]

先不说这个。推式子。(用 \(prime\) 表示素数或素数集合)

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

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

\[= \sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} [\gcd(i,j) == 1] (d \in prime)
\]

\[= \sum_{d=1}^n \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{n}{d} \rfloor} \sum_{k | \gcd(i,j)} \mu_k (d \in prime)
\]

(\([\gcd(i,j) == 1] = \sum_{d | gcd(i,j)} \mu_d\),将公式中 \(n\) 变为 \([\gcd(i,j) == 1]\))

\[= \sum_{d=1}^n \sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu_k \times \lfloor \frac{n}{k \times d} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{k \times d} \rfloor (d \in prime)
\]

(枚举 \(k\),改变 \(i,j\) 上限,把 \(i\) 变成 \(\lfloor \frac{i}{d} \rfloor \times d\),\(j\) 同理)

似乎已经最简,可是还不够。设 \(T = k \times d\).

\[= \sum_{d=1}^n \sum_{k=1}^{\lfloor \frac{n}{k} \rfloor} \mu_k \times \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor (d \in prime)
\]

\[= \sum_{T=1}^n \lfloor \frac{n}{T} \rfloor \times \lfloor \frac{m}{T} \rfloor \sum_{d|T,d \in prime} \mu_{\frac{T}{k}}
\]

对最后那个 \(\mu\) 直接 欧拉筛 弄掉,前面的东西 整除分块

另:

如果整除分块你不知道,就先了解一个东西:

\[\lfloor \frac{n}{1} \rfloor,\lfloor \frac{n}{2} \rfloor \cdots \lfloor \frac{n}{n} \rfloor
\]

中,最多有 \(\sqrt{n}\) 个不同的数值。

如果不懂,可以先去我的博客学习一下。

浅谈整除分块

时间复杂度: \(T \sqrt{n}\).

实际得分: \(100pts\).

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std; typedef long long ll;
const int N=1e7+1; inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;} ll sum[N]; bool h[N];
int mu[N],g[N],prime[N];
int cnt=0,T,n,m; ll ans=0; inline void Euler(int n) {
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++) {
if(!h[i]) mu[i]=-1,prime[++cnt]=i;
for(int j=1;j<=cnt && prime[j]*i<=n;j++) {
h[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0) break;
else mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
} //欧拉筛模板
for(int j=1;j<=cnt;j++)
for(int i=1;i*prime[j]<=n;i++)
g[i*prime[j]]+=mu[i]; //那个式子的一堆东西
for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+(ll)g[i]; //前缀和优化
} int main(){
T=read(); Euler(N-1);
while(T--) {
ans=0;
n=read(),m=read();
if(n>m) swap(n,m);
for(int i=1;i<=n;) {
int t=min(n/(n/i),m/(m/i));
ans+=1ll*(n/t)*(m/t)*(sum[t]-sum[i-1]);
i=t+1; //整除分块模板
} printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}

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