【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;
}

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