【洛谷P3327】约数个数和

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P3327
求

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

其中 \(d(x)\) 表示 \(x\) 的因子数量。多测。
\(Q,n,m\leq 50000\)。

思路

可以证明 \(d(ij)=\sum_{x|i}\sum_{y|j}[(x,y)=1]\)。
所以

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

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

枚举 \(\gcd(x,y)=d\)

\[=\sum^{n}_{i=1}\sum^{m}_{j=1}\sum_{d|i,d|j}\sum_{x|\frac{i}{d}}\sum_{y|\frac{j}{d}}\mu(d) \]

\[=\sum^{\min(n,m)}_{d=1}\mu(d)\sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{i=1}\sum^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}_{j=1}\lfloor\frac{n}{id}\rfloor\lfloor\frac{m}{id}\rfloor \]

\[=\sum^{\min(n,m)}_{d=1}\mu(d)\left ( \sum^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}_{i=1}\lfloor\frac{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}{i}\rfloor\right )\left(\sum^{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}_{j=1}\lfloor\frac{\lfloor\frac{m}{d}\rfloor}{i}\rfloor\right ) \]

括号内的东西可以 \(O(n\sqrt{n})\) 整除分块预处理，然后每次询问依然整出分块可以做到 \(O(Q\sqrt{n})\)。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=50010;
int Q,n,m,prm[N],mu[N];
ll ans,f[N];
bool v[N];

void findprm(int n)
{
	mu[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		if (!v[i]) prm[++m]=i,mu[i]=-1;
		for (int j=1;j<=m;j++)
		{
			if (i>n/prm[j]) break;
			mu[i*prm[j]]=-mu[i]; v[i*prm[j]]=1;
			if (!(i%prm[j])) { mu[i*prm[j]]=0; break; }
		}
	}
}

int main()
{
	findprm(N-1);
	for (int i=1;i<N;i++) mu[i]+=mu[i-1];
	for (int i=1;i<N;i++)
		for (int l=1,r;l<=i;l=r+1)
		{
			r=i/(i/l);
			f[i]+=1LL*(r-l+1)*(i/l);
		}
	scanf("%d",&Q);
	while (Q--)
	{
		scanf("%d%d",&n,&m);
		ans=0;
		for (int l=1,r;l<=min(n,m);l=r+1)
		{
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=1LL*(mu[r]-mu[l-1])*f[n/l]*f[m/l];
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}