题面
Sol
莫比乌斯反演一波就是求
[sum_{k=1}^{min(a,b)}lfloorfrac{a}{k}
floorlfloorfrac{b}{k}
floorsum_{d|k}f(d)mu(frac{k}{d})
]
前面的分块就好了
考虑求
[sum_{d|k}f(d)mu(frac{k}{d})
]
长的就很能筛(就是狄利克雷卷积好吗...)
然而并不能直接筛
考虑到(mu)函数不为(0)时
(frac{k}{d})的质因子的最大幂小于等于(1)
假设(k)的质因子最大幂为(a)
那么如果只要它的质因子的幂有一个不为(a),这个东西的和就是(0)
因为无论选或者不选这个幂小于(a)的因子,对于其它的影响不变,(f=a)
而恰恰使(mu)相反
如果都是(a)怎么办,先假设和上面一样,贡献是(0)
然而有一种情况使得(f=a-1),就是都选
就要减去(1)乘以(mu)
假设有(k)个不同的质因子,那么就是((-1)^{k+1})
可以记录下每个数去掉最小质因数后的数,和最小质因子的幂
然后就可以算啦
# include <bits/stdc++.h>
# define IL inline
# define RG register
# define Fill(a, b) memset(a, b, sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
template <class Int>
IL void Input(RG Int &x){
RG int z = 1; RG char c = getchar(); x = 0;
for(; c < '0' || c > '9'; c = getchar()) z = c == '-' ? -1 : 1;
for(; c >= '0' && c <= '9'; c = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
x *= z;
}
const int maxn(1e7 + 1);
int prime[maxn], num, isprime[maxn], g[maxn], low[maxn], pw[maxn];
int T, a, b;
ll ans;
IL void Sieve(){
isprime[1] = 1;
for(RG int i = 2; i < maxn; ++i){
if(!isprime[i]) prime[++num] = i, g[i] = pw[i] = low[i] = 1;
for(RG int j = 1; j <= num && prime[j] * i < maxn; ++j){
RG int k = i * prime[j];
isprime[k] = 1;
if(i % prime[j]){
low[k] = i, pw[k] = 1;
g[k] = pw[i] == 1 ? -g[i] : 0;
}
else{
low[k] = low[i], pw[k] = pw[i] + 1;
if(low[k] == 1) g[k] = 1;
else g[k] = pw[low[k]] == pw[k] ? -g[low[k]] : 0;
break;
}
}
}
for(RG int i = 2; i < maxn; ++i) g[i] += g[i - 1];
}
int main(RG int argc, RG char* argv[]){
Sieve();
for(Input(T); T; --T){
Input(a), Input(b), ans = 0;
if(a > b) swap(a, b);
for(RG int i = 1, j; i <= a; i = j + 1){
j = min(a / (a / i), b / (b / i));
ans += 1LL * (a / i) * (b / i) * (g[j] - g[i - 1]);
}
printf("%lld
", ans);
}
return 0;
}