[Luogu P2257] YY的GCD (莫比乌斯函数)

题面

传送门：洛咕

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Solution

推到自闭，我好菜啊

显然，这题让我们求：
(large sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)in prime])

根据套路，我们可以把判断是否为质数改为枚举这个质数，有：
为了方便枚举，我们在这里假设有(m>n)
(large sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}sum_{kin prime}^{n}[gcd(i,j)= k])
显然，要让(gcd(i,j)=k)，必须要有(i,j)均为(k)的倍数，因此有：
(large sum_{kin prime}^{n}sum_{i=1}^{n/k}sum_{j=1}^{m/k}[gcd(i,j)= 1]) (在这里除号指向下取整)

根据套路，我们要去掉这里的判断符号。因为我们的莫比乌斯函数有这个性质：([x=1]=sum_{d|x}mu(d))，我们这里可以直接把(gcd(i,j))作为(x)带入这个性质里面，有：
(large sum_{kin prime}^{n}sum_{i=1}^{n/k}sum_{j=1}^{m/k}sum_{d|gcd(i,j)}mu(d))

然后根据套路，我们直接枚举这里的(d)，有：
(large sum_{kin prime}^{n}sum_{i=1}^{n/k}sum_{j=1}^{m/k}sum_{d=1}^{n/k}μ(d)[d|gcd(i,j)]) （因为前面(i,j)中最小的是(n/k),所以说我们这里(d)的最大值也为(n/k)）
然后我们这里的(sum_{d=1}^{n/k})显然可以直接往前提
(large sum_{kin prime}^{n}sum_{d=1}^{n/k}sum_{i=1}^{n/k}sum_{j=1}^{m/k}μ(d)[d|gcd(i,j)])
这时候(mu(d))显然也可以往前提
(large sum_{kin prime}^{n}sum_{d=1}^{n/k}μ(d)sum_{i=1}^{n/k}sum_{j=1}^{m/k}[d|gcd(i,j)])

这时候，我们可以发现后面那个判断式为1当且仅当(i,j)均为(d)的倍数，所以我们可以直接把那两个(sum)简化掉
(large sum_{kin prime}^{n}sum_{d=1}^{n/k}μ(d)frac{n}{k*d}frac{m}{k*d})

这时候，我们已经可以在(O(logn*sqrt n))的时间内算一次答案了（这里的(log)为质数个数），很可惜，这样的复杂度并不能通过这一题。

事实上，我们还有一个常见的套路来优化这里：
我们可以设(T=k*d)，于是我们有：
(large sum_{kin prime}^{n}sum_{d=1}^{n/k}μ(frac{T}{k})frac{n}{T}frac{m}{T})
然后可以把后面那个和式提前，枚举T，有：
(large sum_{T=1}^{n}frac{n}{T}frac{m}{T}sum_{(kin prime,k|T)}μ(frac{T}{k}))

搞定，到这里为止，我们一切东西都可以算了。
前面的(frac{n}{T}frac{m}{T})可以整除分块来搞，后面那个(μ)可以在(O(n))的时间预处理，然后算的时候前缀和一搞就ok啦。
如何预处理呢？我们可以考虑这样做：我们先枚举每一个质数(x)，再考虑这个(x)对它的整数倍(t)的贡献为(mu(t))

酱紫，我们就可以在(O(sqrt n))的时间内处理每一个询问了。
完结撒花✿✿ヽ(°▽°)ノ✿

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Code

//Luogu P2257 YY的GCD
//Jan,22ed,2019
//莫比乌斯反演
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
long long read()
{
	long long x=0,f=1; char c=getchar();
	while(!isdigit(c)){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}
	while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
	return x*f;
}
const int N=10000000+1000;
const int M=10000000;
int mu[N],prime[N],cnt_p;
bool noPrime[N];
void GetPrime(int n)
{
	mu[1]=1;
	noPrime[1]=true;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		if(noPrime[i]==false)
			prime[++cnt_p]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=cnt_p and i*prime[j]<=n;j++)
		{
			noPrime[i*prime[j]]=true;
			if(i%prime[j]==0)
			{
				mu[i*prime[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*prime[j]]=mu[i]*mu[prime[j]];
		}
	}
}
long long f[N],pre_f[N];
int main()
{
	int t=clock();
	GetPrime(M);
	for(int i=1;i<=cnt_p;i++)
		for(int j=1;prime[i]*j<=M;j++)
			f[prime[i]*j]+=mu[j];
	for(int i=1;i<=M;i++)
		pre_f[i]=pre_f[i-1]+f[i];
	
	int T=read();
	for(;T>0;T--)
	{
		long long n=read(),m=read();
		if(n>m) swap(n,m);
		
		int l=1,r=1;
		long long ans=0;
		for(;l<=n;l=r+1)
		{
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=(pre_f[r]-pre_f[l-1])*(n/l)*(m/l);
		}
		
		printf("%lld
",ans);
	}
	cerr<<clock()-t;
	return 0;
}