【BZOJ2820】YY的GCD [莫比乌斯反演]

YY的GCD

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Description

　　求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对k。

Input

　　第一行一个整数T 表述数据组数接下来T行，每行两个正整数，表示N, M。

Output

　　T行，每行一个整数表示第 i 组数据的结果

Sample Input

　　2
　　10 10
　　100 100

Sample Output

　　30
　　2791

HINT

　　T = 10000
　　N, M <= 10000000

Solution

　　

Code

#include<iostream>  
#include<string>  
#include<algorithm>  
#include<cstdio>  
#include<cstring>  
#include<cstdlib>  
#include<cmath>
using namespace std; 
typedef long long s64;
   
const int ONE = 10000005;
     
int T;
int n,m;
bool isp[ONE];
int prime[700005],p_num;
int miu[ONE],sum[ONE];
s64 Ans;
  
int get() 
{
        int res=1,Q=1;  char c;
        while( (c=getchar())<48 || c>57)
        if(c=='-')Q=-1;
        if(Q) res=c-48; 
        while((c=getchar())>=48 && c<=57) 
        res=res*10+c-48; 
        return res*Q; 
}
   
void Getmiu(int MaxN)
{
        miu[1] = 1;
        for(int i=2; i<=MaxN; i++)
        {
            if(!isp[i])
                prime[++p_num] = i, miu[i] = -1;
            for(int j=1; j<=p_num, i*prime[j]<=MaxN; j++)
            {
                isp[i * prime[j]] = 1;
                if(i % prime[j] == 0)
                {
                    miu[i * prime[j]] = 0;
                    break;
                }
                miu[i * prime[j]] = -miu[i];
            }
        }
        for(int j=1; j<=p_num; j++)
            for(int i=1; i*prime[j]<=MaxN; i++)
                sum[i * prime[j]] += miu[i];
        for(int i=1; i<=MaxN;i++)
            sum[i] += sum[i-1]; 
}
 
void Solve()
{
        n=get();    m=get();
        if(n > m) swap(n,m);
        Ans = 0;
        for(int i=1, j=0; i<=n; i=j+1)
        {
            j = min(n/(n/i), m/(m/i));
            Ans += (s64) (n/i) * (m/i) * (sum[j] - sum[i-1]);
        }
        printf("%lld
",Ans);
}
 
int main()
{
        Getmiu(ONE-1);
        T=get();
        while(T--)
            Solve();
}