Description
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
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 <= 10000000
首先假定n<m，p为质数
[sumlimits_psumlimits_{i=1}^nsumlimits_{j=1}^m[gcd(i,j)=p]
]
[sumlimits_psumlimits_{i=1}^{lfloorfrac{n}{p}
floor}sumlimits_{j=1}^{lfloorfrac{m}{p}
floor}[gcd(i,j)=1]
]
[sumlimits_psumlimits_{i=1}^{lfloorfrac{n}{p}
floor}sumlimits_{j=1}^{lfloorfrac{m}{p}
floor}sumlimits_{d|i,d|j}mu(d)
]
[sumlimits_psumlimits_{d=1}^{lfloorfrac{n}{p}
floor}lfloordfrac{n}{dp}
floorlfloordfrac{m}{dp}
floor
]
如果直接这样写的话，复杂度为(O(sumlimits_{p}sqrt{dfrac{n}{p}}))，成功TLE，因此我们要做点优化
我们令T=dp，并改一下枚举顺序，得到
[sumlimits_{T=1}^nlfloordfrac{n}{T}
floorlfloordfrac{m}{T}
floorsumlimits_{p|T}mu(dfrac{T}{p})
]
我们令(f(T)=sumlimits_{p|T}mu(dfrac{T}{p}))，那么我们只要预处理出(f(T))和它的前缀和，就可以愉快的分块了
预处理的话可以线筛，也有个稍微懒点的方法，先预处理出所有的(mu(i))，然后枚举每个质数p，更新他们的倍数即可
for (int i=1;i<=prime[0];i++)
for (int j=1;j<=n/prime[i];j++)
f[prime[i]*j]+=mu[prime[i]];
由于(sumlimits_{i=1}^ndfrac{n}{i}approx nln n)，每个素数平摊复杂度为(O(ln n))，根据素数定理，1(sim)n中素数个数接近(dfrac{n}{ln n})，所以预处理的时间复杂度近似(O(n))
所以总时间复杂度为(O(n+Tsqrt n))
/*program from Wolfycz*/
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define inf 0x7f7f7f7f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned int ui;
typedef unsigned long long ull;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
for (;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if (ch=='-') f=-1;
for (;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';
return x*f;
}
inline void print(int x){
if (x>=10) print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=1e7,M=1e6;
int prime[M+10],miu[N+10],f[N+10],tot;
bool inprime[N+10];
void prepare(){
miu[1]=1;
for (int i=2;i<=N;i++){
if (!inprime[i]) prime[++tot]=i,miu[i]=-1;
for (int j=1;j<=tot&&i*prime[j]<=N;j++){
inprime[i*prime[j]]=1;
if (i%prime[j]==0){
miu[i*prime[j]]=0;
break;
}
miu[i*prime[j]]=-miu[i];
}
}
for (int i=1;i<=tot;i++)
for (int j=1;prime[i]*j<=N;j++)
f[prime[i]*j]+=miu[j];
for (int i=1;i<=N;i++) f[i]+=f[i-1];
}
int main(){
prepare();
for (int Data=read();Data;Data--){
int x=read(),y=read(),n=min(x,y),pos;
ll Ans=0;
for (int T=1;T<=n;T=pos+1){
pos=min(x/(x/T),y/(y/T));
Ans+=1ll*(f[pos]-f[T-1])*(x/T)*(y/T);
}
printf("%lld
",Ans);
}
return 0;
}