P2257 YY的GCD
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第一道自己认真做的数论
有两种方法，默认\((N<M)\)
方法一：
我们需要求：$$\sum\limits_{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M [gcd(i,j)=prime]$$
我们会想到枚举其中的素数：$$\sum\limits_{p\ \epsilon \ \ prime} \sum\limits_{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M [gcd(i,j)=p]$$
再一步变形：$$\sum\limits_{p\ \epsilon \ \ prime} \sum\limits_{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M [gcd(\frac{i}{p},\frac{j}{p})=1]$$
是不是看到中括号里面的东西想到了什么？莫比乌斯函数~~
因为莫比乌斯函数的性质：$$\sum\limits_{d|n} \mu (d)=[n=1]$$
所以原式可化为：$$\sum\limits_{p\ \epsilon \ \ prime} \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{N}{p}\right\rfloor} \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{M}{p}\right\rfloor} \sum\limits_{d|gcd(i,j)} \mu (d)$$
我们按照套路把\(d\)提前，其中\(d|gcd(i,j)\)这个条件可以转化成\(d|i,d|j\)，我们就枚举\(d\)：$$\sum\limits_{p\ \epsilon \ \ prime} \sum\limits_{d=1}^{\left\lfloor\frac{N}{p}\right\rfloor} \mu (d) \sum\limits_{i=1}^{\left\lfloor\frac{N}{p}\right\rfloor} [d|i] \sum\limits_{j=1}^{\left\lfloor\frac{M}{p}\right\rfloor} [d|j]$$
根据整出分块，没学过的可以看看我的其他博客，我们就可以把最后两个\(\sum\)消去了：$$\sum\limits_{p\ \epsilon \ \ prime} \sum\limits_{d=1}^{\left\lfloor\frac{N}{p}\right\rfloor} \mu (d) \left\lfloor \frac{N}{d\times p} \right\rfloor \left\lfloor \frac{M}{d\times p} \right\rfloor$$
这里我们再用一个小技巧，我们用\(T\)代替\(d\times p\)：
稍微变一下：$$\sum\limits_{T=1}^N \sum\limits_{p\ \epsilon \ \ prime} \mu (\frac{T}{p}) \left\lfloor \frac{N}{T} \right\rfloor \left\lfloor \frac{M}{T} \right\rfloor$$
这样的话，我们就先线性筛出\(\mu\)函数，然后把\(\sum\limits_{p\ \epsilon \ \ prime} \mu (\frac{T}{p})\)处理出来，做一下前缀和，就可以用整除分块来\(O(\sqrt n)\)回答每个询问了
接下来是美滋滋的代码时间~~~
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define N 10000007
#define int long long
using namespace std;
int T,n,m,ans,cnt;
int mu[N],prime[N>>2],num[N];
bool isp[N];
void Get_mu()
{
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=N-7;++i)
{
if(!isp[i])
{
prime[++cnt]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=cnt&&(prime[j]*i)<=N-7;++j)
{
isp[i*prime[j]]=1;
if(i%prime[j]==0)
break;
else
mu[i*prime[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=cnt;++i)
{
int res=1;
for(int j=prime[i];j<=N-7;j+=prime[i],++res)
num[j]+=mu[res];
}
for(int i=2;i<=N-7;++i)
num[i]+=num[i-1];
}
signed main()
{
Get_mu();
scanf("%lld",&T);
while(T--)
{
scanf("%lld%lld",&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+=(num[r]-num[l-1])*(n/l)*(m/l);
}
printf("%lld\n",ans);
}
return 0;
}
方法二：
我们要求：$$\sum\limits_{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M [gcd(i,j)=prime]$$
我们设\(F(d)\)表示\(d|gcd(i,j)\)且\(1<=i<=N,1<=j<=M\)的\((i,j)\)对数
很明显：$$F(d)=\sum\limits_{i=1}^N \sum\limits_{j=1}^M [d|gcd(i,j)]$$
\(d|gcd(i,j)\)可以化为\(d|i,d|j\)：$$F(d)=\sum\limits_{i=1}^N [d|i] \sum\limits_{j=1}^M [d|j]$$
我们再设\(f(d)\)表示\(gcd(i,j)=d\)且\(1<=i<=N,1<=j<=M\)的\((i,j)\)对数
可得$$F(d)=\sum\limits_{d|n}^N f(n)$$
莫比乌斯反演得：$$f(d)=\sum\limits_{d|n}^N \mu (\frac{n}{d}) F(n)$$
而我们题目中就是要求：$$Ans=\sum\limits_{p\ \epsilon \ prime} f(p)$$
把\(f(p)\)带入：$$Ans=\sum\limits_{p\ \epsilon \ prime} \sum\limits_{p|d} \mu (\frac{d}{p}) \left\lfloor \frac{N}{d} \right\rfloor \left\lfloor \frac{M}{d} \right\rfloor$$
我们改为枚举\(\frac{d}{p}\)：$$Ans=\sum\limits_{p\ \epsilon \ prime} \sum\limits_{d=1}^{\left\lfloor \frac{N}{p} \right\rfloor} \mu (d) \left\lfloor \frac{N}{d\times p} \right\rfloor \left\lfloor \frac{M}{d\times p} \right\rfloor$$
那么再像上面那个方法一样用\(T\)代替\(d\times p\)即可
代码也是一样的~~~
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