luogu P3327 [SDOI2015]约数个数和 莫比乌斯反演

题面

我的做法基于以下两个公式：

\[[n=1]=\sum_{d|n}\mu(d)
\]

\[\sigma_0(i*j)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1]
\]

其中\(\sigma_0(n)\)表示\(n\)的约数个数

第一个公式是莫比乌斯函数的基本性质，至于第二个公式的证明，可以考虑\(i*j\)中每一个质因子对 \(\sigma_0(i*j)\) 的贡献，对于一个质因子 \(p\) ，若它在 \(i\) 中的次数为 \(k_1\) ，它在 \(j\) 中的次数为 \(k_2\) ，则在 \(\sigma_0(i*j)\) 中\(p\)的贡献为\((k_1+k_2+1)\)（约数个数计算公式），而在\(gcd(x,y)=1\)的情况下，要么\(x\)中\(p\)的次数为0，要么\(y\)中\(p\)的次数为0，一共有\((k_1+k_2+1)\)种方案，与\(i*j\)中的贡献相同，所以等式左右两边相等。

然后就可以愉快的推式子啦！

\[\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{m}\sigma_0(i*j)
\]

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

\[\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^m \sum_{i=1}^{\lfloor \frac{n}{x} \rfloor } \sum_{j=1}^{\lfloor \frac{m}{y}\rfloor} [gcd(x,y)=1]
\]

\[\sum_{x=1}^{n}\sum_{y=1}^m \lfloor \frac{n}{x} \rfloor \lfloor \frac{m}{y}\rfloor \sum_{k|gcd(x,y)}\mu(k)
\]

\[\sum_{k=1}^{n}\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor \frac{m}{k} \rfloor} \lfloor \frac{n}{kx}\rfloor \lfloor \frac{m}{ky} \rfloor\mu(k)
\]

\[\sum_{k=1}^{n}\mu(k)(\sum_{x=1}^{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor}\lfloor\frac{n}{kx}\rfloor)(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{k}\rfloor}\lfloor\frac{m}{ky}\rfloor)
\]

然后我们设\(S(n)=\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor\)，显然\(S(n)\)是可以\(O(\sqrt{n})\)计算的

则上式可化为：

\[\sum_{k=1}^{n}\mu(k)S(\lfloor\frac{n}{k}\rfloor)S({\lfloor\frac{m}{k}\rfloor})
\]

先预处理\(S(1)-S(maxn)\)，然后就可以\(O(\sqrt{n})\)回答每组询问啦！

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 50007
#define ll long long
const int lim=50000;
ll s[N];
int ui[N],pr[N],cnt;
bool zhi[N];
void Init()
{
	int i,j;
	ui[1]=1;
	for(i=2;i<=lim;i++)
	{
		if(!zhi[i])
		{
			pr[++cnt]=i;
			ui[i]=-1;
		}
		for(j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=lim;j++)
		{
			int p=pr[j],x=i*p;
			zhi[x]=true;
			if(i%p==0)
			{
				ui[x]=0;
				break;
			}
			ui[x]=-ui[i];
		}
	}
	for(i=1;i<=lim;i++)
		ui[i]+=ui[i-1];
	for(i=1;i<=lim;i++)
	{
		int l,r;
		for(l=1;l<=i;l=r+1)
		{
			r=i/(i/l);
			s[i]+=1ll*(r-l+1)*(i/l);
		}
	}
}
int main()
{
	int n,m,t;
	Init();
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		int l1=1,r1,l2=1,r2,cur=1;
		ll ans=0;
		while(l1<=n&&l2<=m)
		{
			int l,r;
			r1=n/(n/l1),r2=m/(m/l2);
			l=cur;
			if(r1<r2)r=r1,cur=l1=r1+1;
			else r=r2,cur=l2=r2+1;
			ans+=1ll*(ui[r]-ui[l-1])*s[n/l]*s[m/l];
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}