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https://lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3309

题解

莫比乌斯反演
i=1nj=1mf(gcd(i,j))=T=1min(n,m)nTmTdTμ(Td)f(d) \begin{aligned} & \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m f(\gcd(i,j))\\ = & \sum_{T=1}^{\min(n,m)}\lfloor\frac{n}{T}\rfloor\lfloor\frac{m}{T}\rfloor\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})f(d) \end{aligned}
发现后面可以线筛,记录lowlow代表最小的质因子的次数,numnum代表除了最小质因子以外的数是多少,由于每个数只会被最小质因子筛一次,因此上面两个可以很方便的求出。


g(T)=dTμ(Td)f(d) g(T)=\sum_{d|T}\mu(\frac{T}{d})f(d)
考虑
d=i=1kpiaiT=i=1kpibi d=\prod_{i=1}^k p_i^{a_i}\\ T=\prod_{i=1}^k p_i^{b_i}
由于有一个莫比乌斯函数,因此i,bi1aibi\forall i,b_{i-1}\leq a_i\leq b_i

假设i,j,bj<bi(i̸=j)\exists i,j,b_j<b_i(i\not= j),那么对于aia_i无论是bib_i还是bi1b_i-1,对ff值没有任何影响,而对μ\mu值是1-111的区别,因此此时g(T)=0g(T)=0

否则,存在一个特殊情况
d=i=1kpibi1 d=\prod_{i=1}^k p_i^{b_i-1}
此时μ(Td)f(d)=(1)k(b1)\mu(\frac{T}{d})f(d)=(-1)^k(b-1),而对应的情况是μ(Td)f(d)=(1)k1b\mu(\frac{T}{d'})f(d')=(-1)^{k-1}b,因此
g(T)=(1)k+1 g(T)=(-1)^{k+1}
这个可以通过numnum数组实现转移。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>

int read()
{
  int x=0,f=1;
  char ch=getchar();
  while((ch<'0')||(ch>'9'))
    {
      if(ch=='-')
        {
          f=-f;
        }
      ch=getchar();
    }
  while((ch>='0')&&(ch<='9'))
    {
      x=x*10+ch-'0';
      ch=getchar();
    }
  return x*f;
}

const int maxn=10000000;

int p[maxn+10],prime[maxn+10],cnt,low[maxn+10],num[maxn+10],f[maxn+10];

int getprime()
{
  p[1]=num[1]=1;
  low[1]=f[1]=0;
  for(int i=2; i<=maxn; ++i)
    {
      if(!p[i])
        {
          prime[++cnt]=i;
          low[i]=num[i]=f[i]=1;
        }
      for(int j=1; (j<=cnt)&&(i*prime[j]<=maxn); ++j)
        {
          int x=i*prime[j];
          p[x]=1;
          if(i%prime[j]==0)
            {
              low[x]=low[i]+1;
              num[x]=num[i];
              if(num[x]==1)
                {
                  f[x]=1;
                }
              else
                {
                  f[x]=(low[x]==low[num[x]])?-f[num[x]]:0;
                }
              break;
            }
          low[x]=1;
          num[x]=i;
          f[x]=(low[x]==low[i])?-f[i]:0;
        }
    }
  for(int i=2; i<=maxn; ++i)
    {
      f[i]+=f[i-1];
    }
  return 0;
}

int T,n,m;

int main()
{
  getprime();
  T=read();
  while(T--)
    {
      n=read();
      m=read();
      long long ans=0;
      for(int l=1,r; l<=std::min(n,m); l=r+1)
        {
          r=std::min(n/(n/l),m/(m/l));
          ans+=1ll*(f[r]-f[l-1])*(n/l)*(m/l);
        }
      printf("%lld\n",ans);
    }
  return 0;
}