bzoj 2820 YY的GCD

题目描述

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

输入输出格式

输入格式：

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

输出格式：

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

输入输出样例

输入样例#1： 复制

2
10 10
100 100

输出样例#1： 复制

30
2791

说明

T = 10000

N, M <= 10000000

∑_p为素数∑_i∑_j[gcd(i,j)==p]

=∑_p为素数∑i^n/p∑j^m/p[gcd(i/p,j/p)==1]

=∑_p为素数∑_i^n/p∑_j^m/p∑_d|i,d|j μ(d)

=∑_p∑μ(d)[n/dp][m/dp]

=∑_dp[n/dp][m/dp]∑_{d|dp且p为素数}μ(d)

F(dp)=∑_{d|dp且p为素数}μ(d)

F可以nlnn求解

查询时分块，因为显然有很多n/i(或m/i)相等

然后常数优化：比如尽量写int，加register，减少循环次数

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long lol;
int f[10000001],mu[10000001],n,m;
int prime[10000001],tot;
bool vis[10000001];
void pre()
{register int i,j;
  mu[1]=1;
  tot=0;
  for (i=2;i<=10000000;i++)
    {
      if (vis[i]==0)
    {
      prime[++tot]=i;
      mu[i]=-1;
    }
      for (j=1;j<=tot;j++)
    {
      if (1ll*i*prime[j]>10000000)break;
      vis[i*prime[j]]=1;
      if (i%prime[j]==0)
        {
          mu[i*prime[j]]=0;
          break;
        }
      else mu[i*prime[j]]=-mu[i];
    }
    }
  for (i=1;i<=10000000;i++)
    {
      for (j=1;j<=tot;j++)
    {
      if (prime[j]*i>10000000) break;
      f[prime[j]*i]+=mu[i];
    }
      f[i]+=f[i-1];
    }
}
int main()
{lol T;
  register int i,pos;
  register lol ans;
  pre();
  cin>>T;
  while (T--)
    {
      scanf("%d%d",&n,&m);
      if (n>m) swap(n,m);
      pos=0;
      ans=0;
      for (i=1;i<=n;i=pos+1)
    {
      if ((n/(n/i))<(m/(m/i))) pos=n/(n/i);
      else pos=m/(m/i);
      ans+=1ll*(n/i)*(m/i)*(f[pos]-f[i-1]);
    }
      printf("%lld
",ans);
    }
}