洛谷 P3327 【[SDOI2015]约数个数和】

前置芝士

关于这个题，你必须知道一个这样奇奇怪怪的式子啊QAQ

[d(i*j)= sum_{x|i} sum_{y|j}[gcd(x,y)=1] ]

留坑，先感性理解：后面那个gcd是为了去重。

UPD：

正文

根据前一部分，我们所要推倒的式子就变成了

[ans=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}sum_{x|i}sum_{y|j}left [ gcd(x,y)=1 ight ] ]

我们可以改变一下枚举顺序，原来是枚举原数，现在我们改为枚举约数，再利用数学性质将其倍数全部筛掉，式子即变成

[ans=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}left lfloor frac{n}{i} ight floorleft lfloor frac{m}{j} ight floorleft [ gcd(i,j)=1 ight ] ]

于是，我们可以把里面的那个东西稍稍的替换一下

[ans=sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}left lfloor frac{n}{i} ight floorleft lfloor frac{m}{j} ight floorsum_{d|gcd(i,j)}mu (d) ]

根据莫比乌斯函数的性质，这两个东西显然是等价的。

然后我们可以在和式枚举时就将gcd消掉,同时将d调整到和式最外层

然后整个式子就变成

[ans=sum_{d=1}^{min(n,m)}mu (d)sum_{x=1}^{left lfloor frac{n}{x} ight floor}left lfloor frac{n}{dx} ight floorsum_{y=1}^{left lfloor frac{m}{y} ight floor}left lfloor frac{m}{dy} ight floor ]

唯一的难点是，$sum_{x=1}^{left lfloor frac{n}{x} ight floor}left lfloor frac{n}{dx} ight floor $

将(n/x)，换成一个变量，就会发现，这东西也是可以分块的！！！

然后就可以愉快的整除分块了

贴代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn=5e4+10;
int miu[maxn],prime[maxn],t;
bool vis[maxn];
ll g[maxn];
void get_g()
{
	for(int i=1;i<=maxn;++i)
	{
		int l,r;
		for(l=1;l<=i;l=r+1)
		{
			r=i/(i/l);
			g[i]+=(i/l)*(r-l+1);
		}
	}
}//同样分块处理 
void mobius()
{
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<=maxn;i++)
    {
        if(vis[i]==0)
            miu[i]=-1,++t,prime[t]=i;
        for(int j=1;j<=t&&i*prime[j]<=maxn;++j)
        {
        	vis[i*prime[j]]=1;
        	if(!(i%prime[j])) break;
        	else miu[i*prime[j]]-=miu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=maxn;++i)
    	miu[i]+=miu[i-1];
}
int main()
{
	get_g();
	mobius();
	int t;
	int n,m;
	scanf("%d",&t);
	for(int _=1;_<=t;++_)
	{
		ll ans=0;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		int tmp=min(n,m);
		long long l,r;
		for(l=1;l<=tmp;l=r+1)
		{
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=(miu[r]-miu[l-1])*g[n/l]*g[m/l];
		}
		printf("%lld
",ans);
	}
}