BZOJ3994 约数个数和

3994: [SDOI2015]约数个数和

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Description

 设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求  

Input

输入文件包含多组测试数据。

第一行，一个整数T，表示测试数据的组数。

接下来的T行，每行两个整数N、M。 

Output

T行，每行一个整数，表示你所求的答案。

Sample Input

2
7 4
5 6

Sample Output

110
121

HINT

1<=N, M<=50000

1<=T<=50000

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结论题丧心病狂系列

其实看到这道题，我们发现最大的难点就是如何求\( d(nm) \)

暂且不说为什么，我们欣赏一下这个式子\[ d(nm)=\sum_{i \mid n}\sum_{j \mid m}\lbrack gcd(i,j)=1 \rbrack \]

其实我刚看到的时候是拒绝的，什么鬼啊？？？！！！

然后我们抛开这个式子，来分析一下某个质数\(p\)对答案的贡献

若\( n=n’ \times p^{k_{1}} \)， \( m=m’ \times p^{k_{2}} \)

则贡献为\( k_{1}+k_{2}+1 \)

然后我们观察开始给出的式子，发现一个素数对答案有贡献的还是\( (p^{k_{1}},1),(p^{k_{1}-1},1) \cdots (1,1) \cdots (1,p^{k_{2}-1}),(1,p^{k_{2}}) \)这\( k_{1}+k_{2}+1 \)个

所以我们证明了这个结论的成立。

接下来是莫比乌斯反演的正常推导

最终形式为\[ \sum_{g=1}^{N}\mu(g)\sum_{i=1}^{\lfloor \frac{N}{g} \rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor \frac{M}{g} \rfloor}\lfloor \frac{N}{ig} \rfloor\lfloor \frac{M}{jg} \rfloor \]

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 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 template <class _T> inline void read(_T &_x) {
     int _t; bool flag = false;
     while ((_t = getchar()) != '-' && (_t < '' || _t > '')) ;
     if (_t == '-') _t = getchar(), flag = true; _x = _t - '';
     while ((_t = getchar()) >= '' && _t <= '') _x = _x *  + _t - '';
     if (flag) _x = -_x;
 }
 typedef long long LL;
 const int maxn = ;
 int f[maxn], mu[maxn], prime[maxn], pcnt;
 bool vis[maxn];
 inline int calc_f(int n) {
     int ret = ;
     for (int i = , j, t; i <= n; i = j + ) {
         t = n / i, j = n / t;
         ret += t * (j - i + );
     }
     return ret;
 }
 inline void init() {
     mu[] = ;
     for (int i = ; i < maxn; ++i) {
         if (!vis[i]) {
             prime[++pcnt] = i;
             mu[i] = -;
         }
         for (int j = ; j <= pcnt && prime[j] * i < maxn; ++j) {
             vis[prime[j] * i] = true;
             if (i % prime[j] == ) {
                 mu[prime[j] * i] = ;
                 break;
             }
             mu[prime[j] * i] = -mu[i];
         }
     }
     for (int i = ; i < maxn; ++i) {
         mu[i] += mu[i - ];
         f[i] = calc_f(i);
     }
 }
 inline LL calc(int n, int m) {
     if (n > m) swap(n, m);
     LL ret = ;
     for (int i = , j, t1, t2; i <= n; i = j + ) {
         t1 = n / i, t2 = m / i, j = min(n / t1, m / t2);
         ret += (mu[j] - mu[i - ]) * ((LL)f[t1] * f[t2]);
     }
     return ret;
 }
 int n, m;
 int main() {
     //freopen(".in", "r", stdin);
     //freopen(".out", "w", stdout);
     init();
     int T; read(T);
     while (T--) {
         read(n), read(m);
         printf("%lld\n", calc(n, m));
     }
     return ;
 }