【BZOJ2820】【XSY1721】GCD（莫比乌斯反演）

莫比乌斯反演入门题

(Description)

    神犇GJS虐完数论后给zzHGR出了一个数论题。
    
    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。
    
    zzHGR必然不会了，于是向你来请教……
    
    多组输入。

(Input)

     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。

(Output)

     T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

(Sample Input)

	2
	10 10
	100 100

(Sample Output)

	30
	2791

(HINT)

    T=10000
    n,m≤107

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这道题是莫比乌斯反演入门题，对于刚接触莫比乌斯反演的萌新很友好，如果没有了解过莫比乌斯反演的点这里

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可以发现这道题最后求的式子就是$$sum_{k=1}^nsum_{i=1}nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k](kin prime)$，于是我们就直接开始推式子了。

$$sum_{k=1}^nsum_{i=1}nsum_{j=1}^m[gcd(i,j)=k](kin prime)$$

我们看到([gcd(i,j)=k])，就会有一种将(k)改成(1)的冲动，于是我们冲动的将(k)除掉

$$=sum_{k=1}^nsum_{i=1}{leftlfloorfrac{n}{k} ight floor}sum_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{k} ight floor}[gcd(i,j)=1]$$

接着，莫比乌斯函数的性质又出现了：(sum_{dmid n}mu(d)=[n=1])，这个东西特别有用，可以帮助我们把(gcd[i,j]=1)消掉，于是我们考虑将(n)替换成([gcd(i,j)=1])，得到

$$=sum_{k=1}^nsum_{i=1}{leftlfloorfrac{n}{k} ight floor}sum_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{k} ight floor}sum_{dmid gcd(i,j)}mu(d)$$

此时我们可以看到多出现了一个(d)，于是我们考虑将(d)提前枚举，因为(dmid gcd(i,j)且i<= leftlfloorfrac{n}{k} ight floor，j<=leftlfloorfrac{m}{k} ight floor)，所以(d<=min(leftlfloorfrac{n}{k} ight floor,leftlfloorfrac{m}{k} ight floor))，我们假设(n<=m)，则有(d<=leftlfloorfrac{n}{k} ight floor)，而此时枚举出来的(d)并不一定满足(dmid gcd(i,j))，所以最后我们还要加一个判断

$$=sum_{k=1}^nsum_{d=1}{leftlfloorfrac{n}{k} ight floor}mu(d)sum_{i=1}^{{leftlfloorfrac{n}{k} ight floor}sum_{j=1}}{leftlfloorfrac{m}{k} ight floor}[dmid gcd(i,j)]$$

这时我们发现后面那个([dmid gcd(i,j)])又长又臭，于是我们发现只要(d)满足([dmid i] 且 [dmid j])，就一定满足([dmid gcd(i,j)])

$$=sum_{k=1}^nsum_{d=1}{leftlfloorfrac{n}{k} ight floor}mu(d)sum_{i=1}^{leftlfloorfrac{n}{k} ight floor}[dmid i]sum_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{k} ight floor}[dmid j]$$

我们发现式子里的(sum_{i=1}^{leftlfloorfrac{n}{k} ight floor}[dmid i]sum_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{k} ight floor}[dmid j])还是很丑，于是我们考虑对于一个满足普遍性的式子(sum_{i=1}^n[xmid i])，它的本质就是求满足(kx<=n)中(k)的个数，可以轻易得到(k=frac{n}{x})，于是我们可以把(sum_{i=1}^{leftlfloorfrac{n}{k} ight floor}[dmid i]sum_{j=1}^{leftlfloorfrac{m}{k} ight floor}[dmid j])化为(frac{leftlfloorfrac{n}{k} ight floor}{d}frac{leftlfloorfrac{m}{k} ight floor}{d}= leftlfloorfrac{n}{kd} ight floorleftlfloorfrac{m}{kd} ight floor)

$$=sum_{k=1}^nsum_{d=1}{leftlfloorfrac{n}{k} ight floor}mu(d)leftlfloorfrac{n}{kd} ight floorleftlfloorfrac{m}{kd} ight floor$$

我们发现其中(kd)出现了两次，很烦，于是设(T=kd)，则有

$$=sum_{k=1}^nsum_{d=1}{leftlfloorfrac{n}{k} ight floor}mu(d)leftlfloorfrac{n}{T} ight floorleftlfloorfrac{m}{T} ight floor$$

我们考虑枚举(T,k)，因为(T=kd)，所以确定了(T,k)，就确定了(d)

$$=sum_{T=1}^nleftlfloorfrac{n}{T} ight floorleftlfloorfrac{m}{T} ight floorsum_{kmid T,kin prime}mu(frac{T}{k})$$

这个就是最终的式子，我们考虑对于(sum_{kmid T,kin prime}mu(frac{T}{k}))进行线性筛预处理(O(n))预处理出前缀和，而对于前面的部分我们用整除分块(O(sqrt n))询问，所以最后的复杂度是(O(sqrt n))

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=10000010;
int n,m;
int cnt=0;
int prime[N];
int sum[N];
int f[N];
int mu[N];
bool vis[N];
void init()
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=N;i++)
    {
        if(!vis[i])
        {
            prime[++cnt]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&prime[j]*i<=N;j++)
        {
            vis[i*prime[j]]=1;
            if(i%prime[j]==0)break;
            mu[prime[j]*i]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=cnt;i++)
    {
        for(int j=1;prime[i]*j<=N;j++)
        {
            f[j*prime[i]]+=mu[j];
        }
    }
    for(int i=1;i<=N;i++)sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}
long long ans=0;
void solve(int a,int b)
{
    for(int l=1,r=0;l<=a;l=r+1)
    {
        r=min(a/(a/l),b/(b/l));
        ans+=(long long)(sum[r]-sum[l-1])*(long long)(a/l)*(long long)(b/l);
    }
}
int main()
{
    init();
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        ans=0ll;
        scanf("%d %d",&n,&m);
        if(n>m)swap(n,m);
        solve(n,m);
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;   
}
/*
2
10 10
100 100
*/