BZOJ2820:YY的GCD(莫比乌斯反演)
Description
Input
Output
Sample Input
10 10
100 100
Sample Output
2791
HINT
T = 10000
N, M <= 10000000
Solution
以下均为n<m。
$\sum_{p\in prime}\sum_{a=1}^n\sum_{b=1}^m[gcd(a,b)=p]$
$\sum_{p\in prime}\sum_{a=1}^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}\sum_{b=1}^{\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor}[gcd(a,b)=1]$
$\sum_{p\in prime}\sum_{a=1}^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}\sum_{b=1}^{\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor}\sum_{d|gcd(a,b)}\mu(d)$
$\sum_{p\in prime}\sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}\mu(d){\left \lfloor \frac{n}{pd} \right \rfloor}{\left \lfloor \frac{m}{pd} \right \rfloor}$
推到这和前面做过的几个题是一样的……然后就不会了QAQ……
设$pd=T$
$\sum_{T=1}^{n}{\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor}{\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor}\sum_{p|T}\mu(\frac{T}{p})$
j接下来只需要求出$\sum_{p|T}\mu(\frac{T}{p})$的前缀和就好了。暴力枚举每个质数去更新ta的倍数即可。
Code
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N (10000000)
using namespace std; int T,n,m,vis[N+],prime[N+],mu[N+],cnt;
long long sum[N+]; void Get_mu()
{
mu[]=;
for (int i=; i<=N; ++i)
{
if (!vis[i]){prime[++cnt]=i; mu[i]=-;}
for (int j=; j<=cnt && prime[j]*i<=N; ++j)
{
vis[prime[j]*i]=true;
if (i%prime[j]==) break;
mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}
for (int i=; i<=cnt; ++i)
for (int j=; j*prime[i]<=N; ++j)
sum[j*prime[i]]+=mu[j];
for (int i=; i<=N; ++i) sum[i]+=sum[i-];
} long long Calc(int n,int m)
{
long long ans=; if (n>m) swap(n,m);
for (int l=,r; l<=n; l=r+)
{
r=min(n/(n/l),m/(m/l));
ans+=(sum[r]-sum[l-])*(n/l)*(m/l);
}
return ans;
} int main()
{
scanf("%d",&T);
Get_mu();
while (T--)
{
scanf("%d%d",&n,&m);
printf("%lld\n",Calc(n,m));
}
}
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