bzoj 2820: YY的GCD

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

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

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

2
10 10
100 100

30
2791

T = 10000

N, M <= 10000000

先推一个：

n m

Σ Σ gcd（x，y）=p

x y

n/p m/p

= Σ Σ Σ gcd（x’，y’）=1

p x' y’

n/p m/p

= Σ Σ Σ e（gcd(x’,y’)）

p x’ y’

n/p m/p

= Σ Σ Σ Σ μ（d）

p x’ y’ dgcd（x’，y’）

n/pd m/pd

= Σ Σ Σ Σ μ（d）

p d x’’ y’’

n/t m/t

= Σ Σ Σ Σ μ（d）令p*d=t

t p x’’ y’’

= Σ Σ μ（d） floor（n/t） floor（m/t）

t p

∴ans=Σ Σ μ（T/p） floor（n/T）floor（m/T）

T pT

现在是枚举T、P，肯定TLE

所以继续推

令 f（T）=Σ μ（T/p） p为素数

pT

根据线性筛的思路

当T为素数时只有p=T，∴f（T）=μ（1）=1

当T不为素数时，

令T=i*prime[j]

对i分解质因数，i=p1^k1*p2^k2*p3^k3……

当i%prime[j]！=0时， f[i]=Σ μ（i/p）=μ（p1^(k1-1）*p2^k*p3^k……）+μ（p1^k1*p2^(k2-1）*p3^k3……）+μ（p1^k1*p2^k2*p3^(k3-1)……）+……

pi

为了方便表示，令s1=μ（p1^(k1-1）*p2^k*p3^k……） s2=μ（p1^k1*p2^(k2-1）*p3^k3……） s3=μ（p1^k1*p2^k2*p3^(k3-1)……） ……

f[T]=Σ μ（T/p）=μ（s1*prime[j]）+μ（s2*prime[j]）+μ（s3*prime[j]）+……+μ（T/prime[j]）

pT

= μ(prime[j])*(μ（s1）+μ（s2）+μ（s3）+……)+μ（T/prime[j]）

=μ（prime[j]）*f（i）+μ（i）

=-f（i）+μ（i）

当i%prime[j]==0时，i分解质因数，其中必有一个pi=prime[j]

∴上面f（T）中每一项中，除最后一项外，前面每一项的prime[j]都可以与si中的1个pi合并为一个，即出现了pi^ki ki>=2

∴f（T）除最后一项都=0

看最后一项，μ（T/prime[j]），因为T=i*prime[j]，所以prime[j]约去

所以最优后一项=μ（i）

综上所述，线性筛时，枚举i

当i为素数时 f（i）=1

当i%prime[j]！=0时，f（i*prime[j]）= μ（i）-f（i）

当i%prime[j] =0时, f（i*prime[j]）=μ（i）

为什么这里把T是素数换成了i是素数

因为线性筛的过程，T若是素数，一定可以在某个i时被枚举到

然后i*prime[j]就相当于推导过程中的T

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define N 10000001
using namespace std;
int t;
long long x,y;
int prime[N],miu[N],cnt,f[N],sum[N];
bool v[N];
void pre()
{
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)
    {
        if(!v[i])
        {
            v[i]=true;
            prime[++cnt]=i;
            miu[i]=-1;
            f[i]=1;
        }
        for(int j=1;j<=cnt;j++)
        {
            if(i*prime[j]>N-1) break;
            v[i*prime[j]]=true;
            if(i%prime[j]==0)
            {
                miu[i*prime[j]]=0;
                f[i*prime[j]]=miu[i];
                break;
            }
            miu[i*prime[j]]=-miu[i];
            f[i*prime[j]]=miu[i]-f[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<N;i++) sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}
void solve()
{
    long long k=min(x,y),j,ans=0;
    for(long long i=1;i<=k;i=j+1)
    {
        j=min(x/(x/i),y/(y/i));
        ans+=(x/i)*(y/i)*(sum[j]-sum[i-1]);
    }
    printf("%lld
",ans);
}
int main()
{
    pre();
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%lld%lld",&x,&y);
        solve();
    }
}

元元真厉害(^o^)/~

我的智商啊~~~~(>_<)~~~~

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