BZOJ 2820 luogu 2257 yy的gcd (莫比乌斯反演)

题目大意：求$gcd(i,j)==k,i\in[1,n],j\in[1,m] ,k\in prime,n,m<=10^{7}$的有序数对个数，不超过10^{4}次询问

莫比乌斯反演入门题

为方便表述，由于n和m等价，以下内容均默认n<=m

题目让我们求：$\sum_{k=1}^{n}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)==k]$

容易变形为：$\sum_{k=1}^{n}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor}[gcd(i,j)==1]$

很显然$gcd(i,j)==1$这个东西不太好处理，因为它是最大公约数，直接统计gcd的数量很困难

所以，根据莫比乌斯反演的常规套路：

把$gcd(i,j)==1$变形为$\sum _{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

可得$\sum_{k=1}^{n}\sum_{i=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\sum_{j=1}^{\left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor}\sum _{d|gcd(i,j)}\mu(d)$

此时，统计$d$的数量就很容易了，即$\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor\cdot \left \lfloor \frac{m}{k} \right \rfloor$，数学含义是"[1,n]中能整除d的数的数量*[1,m]中能整除d的数的数量"

继续变形$\sum_{k=1}^{n}\sum_{d=1}^{\left \lfloor \frac{n}{k} \right \rfloor}\left \lfloor \frac{n}{kd} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac{m}{kd} \right \rfloor\cdot \mu(d)$

我们看kd这个东西很不爽，把它换掉，令Q=kd

$\sum_{Q}^{n}\left \lfloor \frac{n}{Q} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac{m}{Q} \right \rfloor\cdot \sum_{k|Q,k\in prime}\mu(\frac{Q}{k})$

$\sum_{k|Q,k\in prime}\mu(\frac{Q}{k})$可以用线性筛筛出，将其命名为$g(i)$,再维护一个前缀和

在线性筛内分三种情况讨论，对于数i，我们遍历到了一个质数$p$，$i$中$p$的幂次为$k$

$k=0$，$i$中不含$p$，根据莫比乌斯函数的性质,$g(i\cdot p)=-g(i)+\mu(i)$，即$g/i$的部分全都反过来，再加上$p$带来的贡献

$k=1$，$i$中含一个$p$，那么在$p$加入后，除了$p$的其它质因子的贡献全部为0，仅计算$p$的贡献，即$g(i\cdot p)=g(i)$

$k>=2$，$i$中含两个$p$，加入$p$后，所有质因子的贡献均为0

而$\sum_{Q}^{n}\left \lfloor \frac{n}{Q} \right \rfloor \cdot \left \lfloor \frac{m}{Q} \right \rfloor$可以使用整除分块（套路的味道）在$O(\sqrt n)$的时间内算出来，再用前缀和统计即可

代码

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 10010000
#define maxn 10000000
#define ll long long 
using namespace std;

int T,n,m,cnt;
int mu[N],pr[N],use[N],qm[N];
int pm[N];

void Pre()
{
    mu[1]=1,qm[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++)
    {
        if(!use[i]) pr[++cnt]=i,mu[i]=-1,qm[i]=1;
        for(int j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=maxn;j++){
            use[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]==0){
                mu[i*pr[j]]=0;
                if((i/pr[j])%pr[j]==0) qm[i*pr[j]]=0;
                else qm[i*pr[j]]=mu[i];
                break;
            }else{
                mu[i*pr[j]]=-mu[i];
                qm[i*pr[j]]=-qm[i]+mu[i];
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=maxn;i++)
        pm[i]=pm[i-1]+qm[i];
}
ll solve(int n,int m)
{
    ll ans=0;//int nd,md;
    for(int i=2,la,mi=min(n,m);i<=mi;i=la+1)
    {
        la=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=1ll*(n/i)*(m/i)*(pm[la]-pm[i-1]);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    scanf("%d",&T);
    Pre();
    for(int t=1;t<=T;t++)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        if(n>m) swap(n,m);
        printf("%lld\n",solve(n,m));
    }
    return 0;
}