P3327 [SDOI2015]约数个数和（莫比乌斯反演）

题目描述：

设\(d(x)\)为\(x\)的约数个数，给定\(n,m\)，求\(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^md(ij)\)

首先有一个前置知识：

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

所以原式等于：

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

反演以下：

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

交换求和顺序：

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

然后可以把枚举\(x,y\)改为枚举\(d\)的倍数，把\([d|gcd(x,y)]\)这个玩意去掉：

\(\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{n/d}\sum_{y=1}^{m/d}[n/dx][m/dy]\)

把与x有关的项，与y有关的项合并，有

\(\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{n/d}[n/dx]\sum_{y=1}^{m/d}[m/dy]\)

然后套莫反笔记的引理1：

\(\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^{n/d}[[n/d]/x]\sum_{y=1}^{m/d}[[m/d]/y]\)

这里我们设\(p=n/d,q=m/d\)：

\(\sum_{d=1}^n\mu(d)\sum_{x=1}^p[p/x]\sum_{y=1}^q[q/y]\)

设\(f(x)=\sum_{i=1}^x[x/i]\)

\(\sum_{d=1}^n\mu(d)f(p)f(q)\)

这里\(p=[n/d]\)，\(q=[m/d]\)，所以可以对\(d\)进行数论分块，同一个块内的\(p\)和\(q\)可以快速计算。

现在预处理求\(f(x)\)。暴力时间复杂度是\(O(n^2)\)的。

观察\(f(x)=\sum_{i=1}^x[x/i]\)，同一块内\(x/i\)的值不变，所以对每个\(x\)可以数论分块求。

时间复杂度\(O(n\sqrt{n}+T\sqrt{n})\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+100;
typedef long long ll;
int vis[maxn],pri[maxn],mu[maxn],sum[maxn],cnt;
ll f[maxn];
void getMu (int n) {
	mu[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++) {
		if (!vis[i]) {
			mu[i]=-1;
			pri[++cnt]=i;
		}
		for (int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++) {
			vis[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]==0) break;
			else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
	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);
		}
	}
}
int main () {
	int _;
	getMu(5e4);
	scanf("%d",&_);
	while (_--) {
		int n,m;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		if (n>m) swap(n,m);
		ll ans=0;
		for (int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=1ll*f[n/l]*f[m/l]*(sum[r]-sum[l-1]);
		}
		printf("%lld\n",ans);
	}
}