【SDOI 2015】约数个数和

Problem

Description

设 \(d(x)\) 为 \(x\) 的约数个数，给定 \(N\)、\(M\)，求

\[\sum_{i=1}^N \sum_{j=1}^M d(ij) \]

Input Format

输入文件包含多组测试数据。

第一行，一个整数 \(T\)，表示测试数据的组数。

接下来的 \(T\) 行，每行两个整数 \(N\)、\(M\)。

Output Format

\(T\) 行，每行一个整数，表示你所求的答案。

Sample

Input

2
7 4
5 6

Output

110
121

Range

对于所有的数据，\(1 \leq N, M \leq 50000,\ 1 \leq T \leq 50000\)。

Algorithm

莫比乌斯反演

Mentality

显然是莫比乌斯反演啊！

不过做这题的话，我们不难发现：\(d(ij)\) 非常的不好求！如果枚举因数的话，那肯定会出锅，因为 \(ij\) 最高有 \(10^{10}\) ，所以必定超时。那怎么办呢？

可以考虑从 \(i\) 与 \(j\) 的因数入手。

那么我们先考虑 \(i\) ，对于任意一个数 \(i\) ，它必定都能分解成 \(i=\prod_{p\in prime}p^{x_p}\) 次方这样的形式，其中 \(x\) 数列为 \(i\) 的每个质因子的次数序列。

所以，我们先考虑怎么求 \(d(i)\) ，我们可以枚举 \(i\) 的每个质因子选多少个乘起来，由于每一个不同的数分解成的质因数乘法必定是唯一的，所以我们只需要枚举有多少个本质不同的质因数乘法序列即可。由于还要再加上不选这个因数的选择，所以 \(d(i)\) 的计算方法即为：

\[d(i)=\prod_{p\in prime}(x_p+1) \]

从这个角度入手，我们就可以考虑如何计算 \(d(ij)\) 了，设 \(y\) 数列为 \(j\) 的每个质因子次数序列，则也有：

\[d(j)=\prod_{p\in prime}(y_p+1) \]

那么如何计算 \(d(ij)\) 呢？其实从枚举质因子的角度来看，就很简单了。我们可以枚举 \(i\) 和 \(j\) 的因数 \(a|i\) 与 \(b|j\) ，则 \(ab\) 亦为 \(ij\) 的因数之一。不难发现，我们的重点是在枚举两个因数的时候，避免两个因数的质因数分解序列的乘积与之前出现过的乘积有重合，那怎么办呢？

回忆一下：当我们思考怎么计算 \(d(i)\) 的时候，我们的第一想法是可以枚举每个质因子选多少个，这种时候，对于一个质因子 \(p\) 而言，它在枚举序列中会被枚举出 \(x_p\) 种不同的大小，即：\(p^1,p^2,\dots ,p^{x_p}\) 这几个不同的数。也即 \(p\) 这一位总共会被枚举 \(x_p\) 次。

那么我们发现，当在计算 \(d(ij)\) 时，只需要保证每个质因子被枚举相应次数即可。

换句话说，对于 \(p|ij\) ，它理应被枚举 \(x_p+y_p\) 次！

那么当我们枚举 \(a|i\) 和 \(b|j\) 时，应该怎么处理呢？

其实这时，你会发现一个很简单的事情，那就是我们只需要确保 \(gcd(a,b)=1\) ，那么 \(a,b\) 中就不会含有相同的质因子。那么当我们枚举某个质因子 \(p|a\) 的时候，它会被枚举 \(x_p\) 次，而当我们枚举 \(p|b\) 时，它会被枚举 \(y_p\) 次！

换句话说，只需要确保 \(gcd(a,b)=1\) ，就能使枚举过程中，不会出现重复的质因子序列了！

所以，我们可以得到 \(d(ij)\) 的表达式了：

\[d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1] \]

接下来就是很简单的套路了！

先设 \(n\le m\)

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m d(ij) \]

\[\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^m \sum_{x|i}\sum_{y|j}[gcd(x,y)=1] \]

接着，根据常见套路，我们改为枚举 \(x,y\) :

\[\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [gcd(x,y)=1]\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^m [x|i\&\&y|j] \]

\[\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m [gcd(x,y)=1]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor \]

再把莫比乌斯函数套进去：

\[\sum_{x=1}^n \sum_{y=1}^m\sum_{d|gcd(x,y)}\mu(d)\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor \]

再次根据常见套路，我们改为枚举 \(d\) ：

\[\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^n\sum_{y=1}^m[d|x\&\&d|y]\lfloor\frac{n}{x}\rfloor\lfloor\frac{m}{y}\rfloor \]

那么又一次根据常见套路，继续减少枚举次数：

\[\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{xd}\rfloor\lfloor\frac{m}{yd}\rfloor \]

为了更直观地体现，我们需要根据乘法分配率将式子分成两个部分分别计算，然后乘在一起：

\[\sum_{d=1}^n\mu(d)(\sum_{x=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\lfloor\frac{n}{xd}\rfloor)(\sum_{y=1}^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}\lfloor\frac{m}{yd}\rfloor) \]

那么我们就这样得到了最终的式子。

接下来，我们只需要正常整除分块就好了！因为对于式子中的 \(\lfloor\frac{n}{xd}\rfloor\) 来讲呢，我们可以拆成 \((n/d)/x\) ，所以就可以预处理一个函数 \(f(x)=\sum_{i=1}^x \lfloor\frac{x}{i}\rfloor\) ，则：

\[ans=\sum_{d=1}^n\mu(d)*f(\lfloor\frac{n}{d}\rfloor)*f(\lfloor\frac{m}{d}\rfloor) \]

再预处理一下 \(\mu\) 函数的前缀和，那么一切都只是整除分块而已，分块后面两个函数的值即可，吸溜。

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
int T, n, m;
int cntp, pri[50001];
long long ans, mu[50001], f[50001];
bool vis[50001];
void init() {
  mu[1] = 1;
  for (int i = 2; i <= 50000; i++) {
    if (!vis[i]) pri[++cntp] = i, mu[i] = -1;
    for (int j = 1; j <= cntp && pri[j] * i <= 50000; j++) {
      vis[pri[j] * i] = true;
      if (!(i % pri[j])) break;
      mu[pri[j] * i] = -mu[i];  //求莫比乌斯函数
    }
  }
  for (int i = 1; i <= 50000; i++) mu[i] += mu[i - 1];  //前缀和
  for (int i = 1; i <= 50000; i++)
    for (int l = 1, r; l <= i; l = r + 1) {
      r = i / (i / l);
      f[i] += 1ll * (r - l + 1) * (i / l);
    }  //求 f 函数
}
int main() {
  freopen("3327.in", "r", stdin);
  freopen("3327.out", "w", stdout);
  cin >> T;
  init();
  while (T--) {
    scanf("%d%d", &n, &m);
    if (n > m) swap(n, m);
    ans = 0;
    for (int l = 1, r; l <= n; l = r + 1) {
      r = min(n / (n / l), m / (m / l));
      ans +=
          1ll * (mu[r] - mu[l - 1]) * f[n / l] * f[m / l];  //整除分块计算答案
    }
    printf("%lld\n", ans);
  }
}