bzoj 2820 YY的GCD 莫比乌斯反演

 题目大意：

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

这里就抄一下别人的推断过程了

后面这个g(x) 算的方法就是在线性筛的时候只考虑当前的数最小因子，如果进来的最小因子不存在，相当于在之前那个数的基础上的每个mu值都多加了一个质数，那么

这些mu值就要取反，如果已经包含了这个最小因子，我这里另外进行了跟之前类似的讨论方法，在代码中写着

因为这题目数据比较大，这里求解的时候不应该线性求，因为总是有一段区间的n/i*(m/i)值相同，将g[]数组求一个前缀和，记录一段区间得到的值，可以缩小到

sqrt(n)的复杂度

/*bzoj2820 YY的GCD*/
#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
#define ll long long
#define N 10000000
int mu[N+5] , prime[N+5] , tot , f[N+5] , sum[N+5];
bool check[N+5];

void get_mu()
{
    mu[1] = 1;
    for(int i=2 ; i<=N ; i++){
        if(!check[i]){
            prime[tot++] = i;
            mu[i] = -1;
            f[i] = 1;
        }
        for(int j=0 ; j<tot ; j++){
            if((ll)prime[j]*i>N) break;
            check[prime[j]*i] = true;
            if(i%prime[j]){
                mu[i*prime[j]] = -mu[i];
                f[i*prime[j]] = -f[i]+mu[i];
            }else{
                /*
                本身i中已经含有素数prime[j]
                在if中表示含有至少3个因子prime[j]，那么最后不管怎么样，当前数值除以一个因子都至少
                含有两个prime[j]，那么必然为0
                else 只有2个prime[j]的情况，那么就是除了除以prime[j]其他情况得到的都是至少有两个因子
                的，那么mu[]必然为0，而因为从当前增加了一个因子，那么就是讲那个取到的取反就可以了
                */
                if((i/prime[j])%prime[j]==0) f[i*prime[j]] = mu[i];
                else f[i*prime[j]] = -mu[i/prime[j]];
                break;
            }
        }
    }
    for(int i=1 ; i<=N ; i++) sum[i] = sum[i-1]+f[i];
}
int n , m;

ll solve()
{
    int mn = min(n , m) , last ;
    ll ret=0;
    for(int i=1 ; i<=mn ; i=last+1){
        last = min(n/(n/i) , m/(m/i));
        ret += (ll)(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
    }
    return ret;
}

int main()
{
    freopen("in.txt" , "r" , stdin);
    get_mu();
    int T;
    scanf("%d" , &T);
    while(T--){
        scanf("%d%d" , &n , &m);
        printf("%lld
" , solve());
    }
    return 0;
}