洛谷 P2257 【YY的GCD】

这道题还是和上一道【ZAP】有那么一点点的相似哈

题目大意

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

如果对莫比乌斯反演有一点点基本的认识的话，就会有一种非常显然的思路

我们枚举每一个质数，然后对他们进行求和，即可得到答案的式子

\[ans=\sum_{k\in prime}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\left [ gcd(i,j)=k \right ]
\]

后面那一段显然是可以通过莫比乌斯反演来处理的

所以答案为

\[ans=\sum_{p\in prime}\sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}\mu (d)\left \lfloor \frac{n}{pd} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{pd} \right \rfloor
\]

然后，我们考虑还有没有可以预处理的地方

令\(T=pd\),则原式可以化为

\[ans=\sum_{T}^{min(n,m)}\sum_{p|T}\mu (\frac{T}{p})\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor
\]

\(\left \lfloor \frac{n}{T} \right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor\)和\(T\)无关，故进一步化成

\[ans=\sum_{T}^{min(n,m)}\left \lfloor \frac{n}{T}\right \rfloor\left \lfloor \frac{m}{T} \right \rfloor\sum_{p|T}\mu (\frac{T}{p})
\]

然后，我们就只需要考察\(\sum_{p|T}\mu (\frac{T}{p})\)这一部分是否可以快速求得

用最直接的办法，看到素数，我们就会想到线性筛。

于是我们考虑先将范围内的每一个素数筛出，然后用类似于筛法的方式将其的答案给筛出来

其实也很好理解，就是把枚举的\(p\)换成了枚举\(T\)

于是，这一段我们也能够用前缀和保存了，总时间复杂度\(O(T* \sqrt{n}+n)\)

贴代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll maxn=1e7+10;
int miu[maxn],prime[maxn],t;
bool vis[maxn];
ll sum[maxn];
void mobius()
{
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++)
    {
        if(vis[i]==0)
            miu[i]=-1,++t,prime[t]=i;
        for(int j=1;j<=t&&i*prime[j]<=maxn;++j)
        {
        	vis[i*prime[j]]=1;
        	if(!(i%prime[j])) break;
        	else miu[i*prime[j]]-=miu[i];
        }
    }
    for(int j=1;j<=t;++j)
    	for(int i=1;i*prime[j]<=maxn;++i)
    		sum[i*prime[j]]+=miu[i];//其实没有想象中那么麻烦，筛一遍就好了
    for(int i=1;i<=maxn;++i)
    	sum[i]+=sum[i-1];
}
int main()
{
	mobius();
	long long T;
	long long n,m;
	ll ans=0;
	scanf("%lld",&T);
	for(int _=1;_<=T;++_)
	{
		ans=0;
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		long long tmp=min(n,m);
		long long l,r;
		for(l=1;l<=tmp;l=r+1)
		{
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=(n/l)*(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}