习题：约数个数和（莫比乌斯反演）

题目

传送门

思路

对于\(d(ij)\)有一个性质\(d(ij)=\sum_{u|i}\sum_{v|j}[gcd(u,v)==1]\)

大概口胡一下证明

设\(n=ij\)

设\(n\)的因数的集合为\(D\)，那么对于\(d_i\)，一定可以将其分成两个部分，其中一个部分来源于\(u\)，另一个部分来源于\(v\)，这里不考虑裂出来的数之间的关系，只需要相乘为\(d_i\)即可

根据这个式子，我们只需要考虑\(i\)和\(j\)之间的因数关系即可，

如果\(i\)的质因数包含\(p\)，\(j\)的质因数不包含\(p\)，显然\(p|d_i\)的所有\(d_i\)都会被取到

现在考虑\(i=a*p^x,j=b*p^y\)，满足\(x,y\)均为最大，那么其因数中包含 \(p\) 的指数一定是\(1\sim x+y\)，那么显然的，在\(i\)中取了，就不能在\(j\)中取，虽然不能保证其相乘为真正的因数，但其可以保证每一指数都可以取到，

综合以上两点，每一个\(d_i\)都可以被取到

\[\begin{aligned}ans&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}d(ij)\\&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{m}\sum_{u|i}\sum_{v|j}[gcd(u,v)==1]\\&=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m\sum_{u|i}\sum_{v|j}\sum_{d|gcd(u,v)}\mu(d)\end{aligned} \]

套路性的交换枚举顺序

\[\begin{aligned}ans&=\sum_{u=1}^{n}\sum_{v=1}^{m}\sum_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{u}\rfloor}\sum_{j=1}^{\lfloor\frac{m}{v}\rfloor}\sum_{d|gcd(u,v)}\mu (d)\\&=\sum_{u=1}^n\sum_{v=1}^{m}\lfloor\frac{n}{u}\rfloor\lfloor\frac{m}{v}\rfloor\sum_{d|gcd(u,v)}\mu(d)\\&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu(d)\sum_{u=1}^{n}\sum_{v=1}^{m}\lfloor\frac{n}{u}\rfloor\lfloor\frac{m}{v}\rfloor[d|gcd(u,v)]\\&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\sum_{u=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{v=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{ud}\rfloor\lfloor\frac{m}{vd}\rfloor\mu (d)\\&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)(\sum_{u=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{ud}\rfloor)(\sum_{u=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{ud}\rfloor)\\&=\sum_{d=1}^{min(n,m)}\mu (d)(\sum_{u=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{u}\rfloor)(\sum_{u=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}{u}\rfloor)\end{aligned} \]

\[设f(n)=\sum_{i=1}^{n}\lfloor\frac{n}{i}\rfloor \]

显然 \(f(n)\)是可以用整除分块预处理出来的

故时间复杂度\(O(n\sqrt n+T\sqrt n)\)

代码

#include<iostream>
using namespace std;
bool vis[50005];
int pri[50005],lenp;
int mu[50005];
long long f[50005];
int t;
int n,m;
void sieve(int n)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        if(vis[i]==0)
        {
            pri[++lenp]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=lenp&&1ll*pri[j]*i<=n;j++)
        {
            vis[i*pri[j]]=1;
            mu[i*pri[j]]=-mu[i];
            if(i%pri[j]==0)
            {
                mu[i*pri[j]]=0;
                break;
            }
        }
        mu[i]+=mu[i-1];
    }
}
void prepa(int n)
{
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        for(int l=1,r;l<=i;l=r+1)
        {
            r=i/(i/l);
            f[i]=f[i]+1ll*(r-l+1)*(i/l);
        }
    }
}
void c_in()
{
    cin>>n>>m;
    long long ans=0;
    for(int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
    {
        //cout<<"debug:"<<l<<' '<<r<<'\n';
        r=min(min(n,m),min(n/(n/l),m/(m/l)));
        ans=ans+1ll*(mu[r]-mu[l-1])*f[n/l]*f[m/l];
    }
    cout<<ans<<'\n';
}
int main()
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    sieve(50000);
    prepa(50000);
    cin>>t;
    for(int i=1;i<=t;i++)
        c_in();
    return 0;
}