[bzoj2820]YY的GCD

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$T<=10000$组数据，每次给定$n,mleqslant 10^{7}$，求$1leqslant xleqslant n,1leqslant yleqslant m,gcd(x,y)是质数$的(x,y)有多少对。

首先枚举质数p，很容易得到式子$$Ans=sum_{p=1}^{n}sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{p} floor}sum_{i=1}^{lfloor frac{m}{p} floor}sum_{d|i,d|j}mu(d)$$

然后我们从d看待这个式子，得到$$Ans=sum_{p=1}^{n}sum_{d=1}^{lfloor frac{n}{p} floor}mu(d)lfloor frac{n}{pd} floorlfloor frac{m}{pd} floor$$

这样还是太麻烦了，我们设T=pd,枚举T.对于每个T,$lfloor frac{n}{T} floor$和$lfloor frac{m}{T} floor$不变,而$mu(d)$则只有在作为它的因数的时候出现，所以得到式子

$$Ans=sum_{T=1}^{n}lfloorfrac{n}{T} floorlfloorfrac{m}{T} floorsum_{p|T}mu(frac{T}{p})$$

然后$sum_{p|T}mu(frac{T}{p})$这东西直接枚举质数，质数数量$n/logn$，每个质数均摊$logn$，预处理复杂度O(n)，然后每个询问可以在$sqrt(n)$时间内完成。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define ll long long
#define MN 10000000
using namespace std;
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}

int mu[MN+5],f[MN+5],s[MN],num=0;
bool b[MN+5];

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

int main()
{
    mu[1]=1;
    for(register int i=2;i<=MN;i++)
    {
        if(!b[i])
        {
            mu[i]=-1;f[i]=1;
            s[++num]=i;
        }
        for(register int j=1;s[j]*i<=MN;j++)
        {
            b[s[j]*i]=1;
            if(i%s[j]==0) break;
            else mu[s[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=num;i++)
    {
        for(register int j=s[i]<<1;j<=MN;j+=s[i])
            f[j]+=mu[j/s[i]];
    }
    for(int i=2;i<=MN;i++) f[i]+=f[i-1];
    int T=read();
    while(T--)
    {
        int n=read(),m=read();
        if(n>m)swap(n,m);
        printf("%lld
",calc(n,m));
    }
    return 0;
}