【BZOJ2820】YY的GCD（莫比乌斯反演）

【BZOJ2820】YY的GCD（莫比乌斯反演）

题面

讨厌权限题！！！提供洛谷题面

题解

单次询问\(O(n)\)是做过的一模一样的题目

但是现在很显然不行了，

于是继续推

\[ans=\sum_{d=1}^n[d\_is\_prime]\sum_{i=1}^{n/d}[\frac{n}{id}][\frac{m}{id}]
\]

老套路了

令\(T=id\)

\[ans=\sum_{T=1}^{n}[\frac{n}{T}][\frac{m}{T}]\sum_{d|T}[d\_is\_prime]\mu(\frac{T}{d})
\]

现在只需要预处理出后面那东西的前缀和

然后就可以在前面数论分块做到\(O(\sqrt n)\)

后面那玩意呀

暴力算当然可以呀

每次枚举质数，然后暴力算倍数

显然比\(n/1+n/2.....+n/n\)要小多了

然后这玩意也可以筛

首先，质数一定是\(1\)

假设一个数存在两个这个质数的因数

那么，其他的质数产生的贡献都变成\(0\)

只剩下自己产生的贡献，

所以就是\(s[i*prime[j]]=\mu(i)\)

要不然的话，是原来的一个数在乘上一个质数

很显然的，原来的莫比乌斯函数全都变成符号，

所以，首先就是\(-s[i]\)

然后又多了一个质数

这个质数的贡献是\(\mu(i)*prime[j]\)

所以，当前的值就是\(s[i*prime[j]]=\mu(i)-s[i]\)

于是可以愉快的线性筛了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MAX 10000000
#define rg register
inline int read()
{
	int x=0,t=1;char ch=getchar();
	while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
	if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
	while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
	return x*t;
}
bool zs[MAX+10];
int pri[MAX],tot,mu[MAX+10],s[MAX+10];
void pre()
{
	zs[1]=true;mu[1]=1;
	for(rg int i=2;i<=MAX;++i)
	{
		if(!zs[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1,s[i]=1;
		for(rg int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=MAX;++j)
		{
			zs[i*pri[j]]=true;
			if(i%pri[j])mu[i*pri[j]]=-mu[i],s[i*pri[j]]=mu[i]-s[i];
			else {s[i*pri[j]]=mu[i];break;}
		}
	}
	for(rg int i=1;i<=MAX;++i)s[i]+=s[i-1];
}
int main()
{
	pre();
	int T=read();
	while(T--)
	{
		rg int n=read(),m=read(),i=1,j;
		if(n>m)swap(n,m);
		rg long long ans=0;
		while(i<=n)
		{
			j=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=1ll*(n/i)*(m/i)*(s[j]-s[i-1]);
			i=j+1;
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}