洛谷P3455 [POI2007]ZAP-Queries（莫比乌斯反演）

传送门

设$$f(k)=sum_{i=1}^{a}sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)=k]$$

$$g(n)=sum_{n|k}f(k)=lfloorfrac{a}{n} floorlfloorfrac{b}{n} floor$$

根据莫比乌斯反演定理可以推出$$f(n)=sum_{n|k}mu(lfloorfrac{k}{n} floor)g(k)$$

那么可以发现$ans=f(d)$

然后用推出来的结论带进去

$$ans=sum_{d|k}mu(lfloorfrac{k}{d} floor)g(k)$$

枚举$lfloorfrac{k}{d} floor$设为$t$

$$ans=sum_{t=1}^{min(lfloorfrac{a}{d} floor,lfloorfrac{b}{d} floor)}mu(t)lfloorfrac{a}{td} floorlfloorfrac{b}{td} floor$$

对于$lfloorfrac{a}{td} floorlfloorfrac{b}{td} floor$相同的一段我们可以直接用前缀和算出答案

总而言之就是先预处理出$mu$的前缀和然后用整除分块，那么每一次询问的复杂度就是$O(sqrt{n})$

//minamoto
#include<cstdio>
#include<iostream>
#define ll long long
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline int read(){
    #define num ch-'0'
    char ch;bool flag=0;int res;
    while(!isdigit(ch=getc()))
    (ch=='-')&&(flag=true);
    for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
    (flag)&&(res=-res);
    #undef num
    return res;
}
const int N=6e5+5;
int p[N],mu[N],vis[N],m,sum[N];ll ans,lim;
void init(int n){
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;++i){
        if(!vis[i]) mu[i]=-1,p[++m]=i;
        for(int j=1;j<=m&&p[j]*i<=n;++j){
            vis[i*p[j]]=1;
            if(i%p[j]==0) break;
            mu[i*p[j]]=-mu[i];
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
}
int main(){
//    freopen("testdata.in","r",stdin);
    int n,m,T,d;scanf("%d",&T);
    init(50000);
    while(T--){
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);ans=0;
        lim=min(n/d,m/d);
        
        for(int l=1,r;l<=lim;l=r+1){
            r=min(n/(n/l),m/(m/l));
            ans+=1ll*(n/(l*d))*(m/(l*d))*(sum[r]-sum[l-1]);
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}