莫比乌斯反演套路二--(n/d)(m/d)给提出来--BZOJ3529: [Sdoi2014]数表

一个数表上第i行第j列表示能同时整除i和j的自然数，Q<=2e4个询问，每次问表上1<=x<=n，1<=y<=m区域内所有<=a的数之和。n,m<=1e5，a<=1e9。对2^31取模。

这个a很讨厌就先不理他。首先i行j列的那个数其实是$a_{ij}=\sum_{x|gcd(i,j)} x$，令$s(t)=\sum_{x|t}x$，然后gcd(i,j)是只有1e5的，可以先把s数组预处理出来。s是积性函数所以线性筛可以搞，但复杂度不在这里，直接埃筛也行。

那现在就是看[1,min(n,m)]中每个数作为gcd的s(t)被算了多少次，也就是1<=x<=n，1<=y<=m中有多少(x,y)=t，记这次数叫f(t)，那f(t)是经典的可以反演的式子，反演就不写了，最后$f(t)=\sum_{t|d}\mu(\frac{d}{t})\frac{n}{d}\frac{m}{d}$，最后要求的就是$\sum_{t=1}^{min(n,m)}s(t)\sum_{t|d}\mu(\frac{d}{t})\frac{n}{d}\frac{m}{d}$。

然后我就卡住了。这里用个套路二把后面那俩提出来，变成：$\sum_{d=1}^{min(n,m)}\frac{n}{d}\frac{m}{d}\sum_{t|d}s(t)\mu(\frac{d}{t})$，漂亮，后面那东西（记h(d)）预处理一下即可，然后就\sqrt n出解。

然而有了a的限制之后，后面那东西就变得飘忽不定了，这时候需要离线，然后所有s(t)排个序，每次询问前把<=当前a的所有s(t)加给对应的h(d)，然后查区间和用树状数组即可。这样就可以在$nlog^2 n+q\sqrt n logn$出解了。

然而排序时忘了cmp函数了。 然而过程中忘了取模导致爆longlong了。 然而没考虑到有负数。 然而树状数组忘开longlong了。

然而最后跑得贼慢，其实对2^31取模只需要int自然溢出最后&2147483647即可。

//#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
//#include<bitset>
#include<algorithm>
//#include<cmath>
using namespace std;

int T,n,m,A;
#define maxn 100011
int miu[maxn],s[maxn],prime[maxn],lp,us[maxn]; bool notprime[maxn];
int snum[maxn];
bool cmp(const int &a,const int &b) {return s[a]<s[b];}
void pre(int n)
{
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=i;j<=n;j+=i)
            s[j]+=i;
    for (int i=1;i<=n;i++) snum[i]=i;
    sort(snum+1,snum+1+n,cmp);
    miu[1]=1; lp=0;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!notprime[i]) {prime[++lp]=i; miu[i]=-1;}
        for (int j=1;j<=lp && 1ll*prime[j]*i<=n;j++)
        {
            notprime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]) miu[i*prime[j]]=-miu[i];
            else {miu[i*prime[j]]=0; break;}
        }
    }
    for (int i=1;i<=n;i++)
        for (int j=i,cnt=1;j<=n;j+=i,cnt++)
            us[j]+=miu[cnt]*s[i];
}


#define LL long long
struct BIT
{
    LL a[maxn],n;
    BIT() {n=100001;}
    void add(int x,int v) {for (;x<=n;x+=x&-x) a[x]+=v;}
    LL query(int x) {LL ans=0; for (;x;x-=x&-x) ans+=a[x]; return ans;}
}t;

struct Q
{
    int n,m,a,id;
    bool operator < (const Q &b) const {return a<b.a;}
}q[maxn];
LL ans[maxn];

const int base=100001;
int main()
{
    pre(base);
    scanf("%d",&T);
    for (int i=1;i<=T;i++) scanf("%d%d%d",&q[i].n,&q[i].m,&q[i].a),q[i].id=i;
    sort(q+1,q+1+T);
    
    int j=1;
    const LL tmp=1ll<<31;
    for (int c=1;c<=T;c++)
    {
        while (j<=base && s[snum[j]]<=q[c].a)
        {
            for (int k=snum[j],cnt=1;k<=base;k+=snum[j],cnt++)
                t.add(k,s[snum[j]]*miu[cnt]);
            j++;
        }
        LL Ans=0;
        for (int i=1,to=min(q[c].n,q[c].m),last;i<=to;i=last+1)
        {
            last=min(q[c].n/(q[c].n/i),q[c].m/(q[c].m/i));
            Ans+=1ll*(q[c].n/i)*(q[c].m/i)*(t.query(last)-t.query(i-1))%tmp,
            Ans-=Ans>=tmp?tmp:0,Ans+=Ans<0?tmp:0;
        }
        ans[q[c].id]=Ans;
    }
    
    for (int c=1;c<=T;c++) printf("%lld\n",ans[c]);
    return 0;
}