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  • luogu P2257- YY的GCD (莫比乌斯反演)

    题意:

    求 x 在[1, n]范围内,y 在[1, m]范围内的满足 gcd(x, y) 为质数的x,y对数。

    题解:
    • 前面已经计算了gcd(x,y)=k的数量是

      [f(k) = sum_{k|d} mu(frac{d}{k}) lfloorfrac{n}{d} floor lfloorfrac{m}{d} floor ]

    • 所以如果k是质数,我们用p表示,且d = i * p

      [f(p) = sum_{i = 1}^{n} mu(i) lfloorfrac{n}{ip} floor lfloorfrac{m}{ip} floor ]

      所以本题答案可以遍历所有质数p,求和f(p)

      [ans = sum_{isprime(p)} sum_{i = 1}^{n} mu(i) lfloorfrac{n}{ip} floor lfloorfrac{m}{ip} floor ]

    • 上面式子肯定很暴力,所以另T=i*p, 将上式转变为

      [ans = sum_{T= 1}^{n} lfloorfrac{n}{T} floor lfloorfrac{m}{T} floor sum_{p|T且isprime(p)} mu(frac{T}{p}) ]

      后面那一堆我们可以预处理出来。(sum(T) = sum_{p|T且isprime(p)} mu(frac{T}{p}))

      [ans = sum_{T= 1}^{n} lfloorfrac{n}{T} floor lfloorfrac{m}{T} floor sum(T) ]

      O(n)便可以求出来。

    //预处理sum(T)
    for(int j = 1; j <= cnt; ++ j){
        for(int i = 1; pri[j] * i < N; ++ i){
           sum[i * pri[j]] += mu[i];
        }
    }
    for(int i = 1; i < N; ++ i)
      	sum[i] = sum[i - 1] + sum[i];
    
    #include<iostream>
    #include<cstdio>
    #include<cstring>
    #include<algorithm>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    const int N = 1e7 + 5;
    
    int pri[N], cnt;
    int vis[N];
    int mu[N];
    int sum[N];
    
    int read(){
    	int q=0;char ch=' ';
    	while(ch<'0'||ch>'9')ch=getchar();
    	while(ch>='0'&&ch<='9')q=q*10+ch-'0',ch=getchar();
    	return q;
    }
    
    void prime(){
    	mu[1] = 1;
    	for(int i = 2; i < N; ++ i){
    		if(!vis[i]){
    			pri[++ cnt] = i;
    			mu[i] = -1;
    		}
    		for(int j = 1; j <= cnt && pri[j] * i < N; ++ j){
    			vis[pri[j] * i] = 1;
    			if(i % pri[j] == 0){
    				mu[pri[j] * i] = 0;
    				break;
    			}
    			mu[pri[j] * i] = -mu[i];
    		}
    	}
    
    	for(int j = 1; j <= cnt; ++ j){
    		for(int i = 1; pri[j] * i < N; ++ i){
    			sum[i * pri[j]] += mu[i];
    		}
    	}
    	for(int i = 1; i < N; ++ i)
    		sum[i] = sum[i] + sum[i - 1];
    }
    
    
    int T, n, m;
    
    int main()
    {
    	prime();
    	T = read();
    	while(T --){
    		n = read(), m = read();
    		if(n > m) swap(n, m);
    		ll ans = 0;
    		for(int i = 1, last = 1; i <= n; i = last + 1){
    			last = min(n / (n / i), m / (m / i));
    			ans += (ll)(sum[last] - sum[i - 1]) * (n / i) * (m / i);
    		}
    		printf("%lld
    ", ans);
    	}
    	return 0;
    }
    
    
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