【bzoj2820】YY的GCD 莫比乌斯反演

题目描述

神犇YY虐完数论后给傻×kAc出了一题给定N, M,求1<=x<=N, 1<=y<=M且gcd(x, y)为质数的(x, y)有多少对kAc这种

傻×必然不会了，于是向你来请教……多组输入

输入

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

输出

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

样例输入

2
10 10
100 100

样例输出

30
2791

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题解

莫比乌斯反演

设后面的sigma中的式子为f(k)，那么可以在筛完素数和mu之后处理出f(i)，根据粗略素数个数和调和级数，时间复杂度大约是O(n)的。

于是转变为求

然后再求f(i)的前缀和，然后分块处理即可。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int n = 10000000;
int mu[n + 10] , prime[n + 10] , tot;
long long f[n + 10] , sum[n + 10];
bool np[n + 10];
long long cal(int a , int b)
{
	int i , last;
	long long ans = 0;
	for(i = 1 ; i <= a && i <= b ; i = last + 1) last = min(a / (a / i) , b / (b / i)) , ans += (sum[last] - sum[i - 1]) * (a / i) * (b / i);
	return ans;
}
int main()
{
	int i , j , T , a , b;
	mu[1] = 1;
	for(i = 2 ; i <= n ; i ++ )
	{
		if(!np[i]) mu[i] = -1 , prime[++tot] = i;
		for(j = 1 ; j <= tot && i * prime[j] <= n ; j ++ )
		{
			np[i * prime[j]] = 1;
			if(i % prime[j] == 0)
			{
				mu[i * prime[j]] = 0;
				break;
			}
			else mu[i * prime[j]] = -mu[i];
		}
	}
	for(i = 1 ; i <= tot ; i ++ )
		for(j = 1 ; j * prime[i] <= n ; j ++ )
			f[j * prime[i]] += mu[j];
	for(i = 1 ; i <= n ; i ++ ) sum[i] = sum[i - 1] + f[i];
	scanf("%d" , &T);
	while(T -- ) scanf("%d%d" , &a , &b) , printf("%lld
" , cal(a , b));
	return 0;
}