bzoj 2820 YY的GCD - 莫比乌斯反演 - 线性筛

Description

神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对kAc这种

傻×必然不会了，于是向你来请教……多组输入

Input

第一行一个整数T 表述数据组数接下来T行，每行两个正整数，表示N, M

Output

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

Sample Input

2
10 10
100 100

Sample Output

30
2791

HINT

T = 10000

N, M <= 10000000

---

　　题目大意 (题目太简洁不需要大意)。

　　根据常用套路，我们有

　　

　　显然TLE，为了更好的分段计算，所以考虑把后面两个向下取整取整的分数挪出来。于是得到了下面这个优美的式子:

　　现在就来考虑后面那个求和。

　　考虑莫比乌斯函数的性质和p为质数。

　　1)当T存在一个质因子的指数超过2，显然对答案贡献为0

　　2)当T存在超过1个质因子的指数为2，显然对答案贡献为0

　　3)当T只存在1个质因子的指数为2，那么当且仅当p的值为这个质因子时，对答案才有贡献，这个贡献为-1的不同质因子次幂。

　　4)当T的质因子的指数均为1，那么对答案的贡献为T的质因子个数乘-1的不同质因子个数减一 次幂。

　　显然可以用线性筛预处理出这个的值的前缀和，这样就可以做到单次查询根号级别。

　　至于如何用线性筛预处理，我记录了一个enable表示是否存在1个质因子的指数大于等于2和defp表示不同的质因子的个数。详细的过程请看代码。

Code

 /**
  * bzoj
  * Problem#2820
  * Accepted
  * Time:4708ms
  * Memory:141912k
  */
 #include <bits/stdc++.h>
 #ifndef WIN32
 #define Auto "%lld"
 #else
 #define Auto "%I64d"
 #endif
 using namespace std;
 typedef bool boolean;

 #define LL long long

 const int limit = 1e7;

 int num = ;
 int prime[];
 boolean vis[limit + ];
 boolean enable[limit + ];
 LL g[limit + ];
 int defp[limit + ];
 inline void Euler() {
     memset(vis, false, sizeof(vis));
     memset(enable, true, sizeof(enable));
     g[] = g[] = ;
     for(int i = ; i <= limit; i++) {
         if(!vis[i])    prime[num++] = i, g[i] = , defp[i] = ;
         for(int j = ; j < num && i * 1LL * prime[j] <= limit; j++) {
             int c = i * prime[j];
             vis[c] = true;
             if(i % prime[j]) {
                 defp[c] = defp[i] + ;
                 enable[c] = enable[i];
                 g[c] = (enable[i]) ? ((defp[c]) * ((defp[c] & ) ? () : (-))) : (-g[i]);
             } else {
                 defp[c] = defp[i];
                 enable[c] = false;
                 g[c] = (enable[i]) ? ((defp[c] & ) ? (-) : ()) : ();
                 break;
             }
         }
     }
     for(int i = ; i <= limit; i++)
         g[i] += g[i - ];
 //    cout << num << endl;
 //    for(int i = 1; i <= 20; i++)
 //        cout << i << " " << g[i] << " " << defp[i] << endl;
 }

 int n, m;
 inline void init() {
     scanf("%d%d", &n, &m);
 }

 inline void solve() {
     if(n > m)    swap(n, m);
     LL res = ;
     for(int i = , j; i <= n; i = j + ) {
         j = min(n / (n / i), m / (m / i));
         res += (n / j) * 1LL * (m / j) * (g[j] - g[i - ]);
     }
     printf(Auto"\n", res);
 }

 int T;
 int main() {
     Euler();
     scanf("%d", &T);
     while(T--) {
         init();
         solve();
     }
     return ;
 }