【BZOJ2820】YY的GCD

题面

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

\(T \leq 10000\)

\(N, M \leq 10000000\)

题目分析

简单版：【BZOJ2818】Gcd

以下式子从【BZOJ2818】Gcd最后一步开始化。

(注：式子中\(d\)默认为质数)

\[\begin{split} ans&=\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{i=1}^{\lfloor\frac nd\rfloor}\mu(i)\lfloor\frac n{id}\rfloor\lfloor\frac m{id}\rfloor\\ 设T&=id\\ ans&=\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_{d|T}^n\mu(\frac Td)\lfloor\frac nT\rfloor\lfloor\frac mT\rfloor\\ &=\sum\limits_{T=1}^n\sum\limits_{d|T}\mu(\frac Td)\lfloor\frac nT\rfloor\lfloor\frac mT\rfloor\\ &=\sum\limits_{T=1}^n\lfloor\frac nT\rfloor\lfloor\frac mT\rfloor\sum\limits_{d|T}\mu(\frac Td) \end{split} \]

对于后面的\(\sum\limits_{d|T}\mu(\frac Td)\)，

我们可以选择\(O(n\log n)\)的调和级数方法预处理，

也可以根据其积性在线性筛中预处理。

之后，便可以整除分块直接\(O(\sqrt n)\)计算。

代码实现

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<cstdlib>
#define MAXN 0x7fffffff
typedef long long LL;
const int N=1e7+5;
using namespace std;
inline int Getint(){register int x=0,f=1;register char ch=getchar();while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(isdigit(ch)){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
int mu[N],prime[N],g[N];
bool vis[N];
int main(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=1e7;i++){
		if(!vis[i])prime[++prime[0]]=i,mu[i]=-1,g[i]=1;
		for(int j=1;j<=prime[0]&&1ll*i*prime[j]<=1e7;j++){
			vis[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0){
				g[i*prime[j]]=mu[i];
				break;
			}
			mu[i*prime[j]]=-mu[i];
			g[i*prime[j]]=mu[i]-g[i];
		}
	}
	for(int i=2;i<=1e7;i++)g[i]+=g[i-1];
	int T=Getint();
	while(T--){
		int n=Getint(),m=Getint();
		if(n>m)swap(n,m);
		LL ans=0;
		for(int l=1,r;l<=n;l=r+1){
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=1ll*(n/l)*(m/l)*(g[r]-g[l-1]); 
		}
		cout<<ans<<'\n';
	}
	return 0;
}