莫比乌斯反演套路一--令t=pd--BZOJ2820: YY的GCD

t<=10000组询问：有多少x,y，满足$xepsilon [1,n],yepsilon [1,m],(x,y)为质数$。n,m<=1e7。

首先式子列出来，f(i)--1<=x<=n，1<=y<=m中有多少(x,y)=i，g(i)--1<=x<=n，1<=y<=m中有多少i|(x,y)，$g(i)=sum_{i|d} f(d) ------> f(i)=sum_{i|d} mu(frac{d}{i})g(d)$，而$g(i)=frac{n}{i}frac{m}{i}$，因此$f(i)=sum_{i|d} mu(frac{d}{i})frac{n}{d}frac{m}{d}$，而(x,y)=k的充要条件是(x/k,y/k)=1，因此答案就$ans=sum_{p是质数}^{min(n,m)}sum_{d=1}^{min(n,m)}mu(d)frac{n}{pd}frac{m}{pd}=sum_{t=1}^{min(n,m)}frac{n}{t}frac{m}{t}sum_{p|t}mu(frac{t}{p})$

前面那个sigma可以根号解决，而后面那个东西只跟t有关，因此预处理下即可。

//#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
//#include<bitset>
#include<algorithm>
//#include<cmath>
using namespace std;

int T,n,m;
#define maxn 10000011
int miu[maxn],prime[maxn],lp,summiu[maxn]; bool notprime[maxn];
void pre(int n)
{
    lp=0; miu[1]=1; summiu[1]=0;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        if (!notprime[i]) {prime[++lp]=i; miu[i]=-1;}
        for (int j=1;j<=lp && 1ll*prime[j]*i<=n;j++)
        {
            notprime[i*prime[j]]=1;
            if (i%prime[j]) miu[i*prime[j]]=-miu[i];
            else {miu[i*prime[j]]=0; break;}
        }
    }
    for (int i=1;i<=lp;i++)
        for (int j=prime[i],cnt=1;j<=n;j+=prime[i],cnt++)
            summiu[j]+=miu[cnt];
    for (int i=1;i<=n;i++) summiu[i]+=summiu[i-1];
}

#define LL long long
int main()
{
    pre(10000001);
    scanf("%d",&T);
while (T--)
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    LL ans=0;
    for (int i=1,to=min(n,m),last;i<=to;i=last+1)
    {
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=1ll*(n/i)*(m/i)*(summiu[last]-summiu[i-1]);
    }
    printf("%lld
",ans);
}
    return 0;
}