【CJOJ2512】gcd之和（莫比乌斯反演）
题面
给定(n,m(n,m<=10^7))
求
[sum_{i=1}^nsum_{j=1}^mgcd(i,j)
]
题解
首先把公因数直接提出来
[sum_{d=1}^ndsum_{i=1}^{n/d}sum_{j=1}^{m/d}[gcd(i,j)==1]
]
很明显
设
[f(x)=sum_{i=1}^{a}sum_{j=1}^{b}[gcd(i,j)==x]
]
[g(x)=sum_{x|d}f(d)
]
[g(x)=sum_{i=1}^{a}sum_{j=1}^{b}[x|gcd(i,j)]
]
[g(x)=sum_{i=1}^{a/x}sum_{j=1}^{b/x}[1|gcd(i,j)]
]
[g(x)=[frac{a}{x}]·[frac{b}{x}]
]
很明显，可以对(f(x))进行莫比乌斯反演，
[f(x)=sum_{i=1}^xmu(i)g(i)
]
可以数论分块算
所求的式子
[ans=sum_{d=1}^{n}df(1)
]
其中，对于每一次计算的(a,b)
(a=[frac{n}{d}],b=[frac{m}{d}])
这个也很显然可以数论分块
最后，总体复杂度(O(n))
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define MOD 998244353
#define MAX 10000000
inline int read()
{
int x=0,t=1;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
return x*t;
}
int n,m;
bool zs[MAX+1000];
int pri[MAX+1000],tot,mu[MAX+1000],smu[MAX+1000];
long long ans;
void pre()
{
zs[1]=true;mu[1]=1;
for(int i=2;i<=MAX;++i)
{
if(!zs[i])pri[++tot]=i,mu[i]=-1;
for(int j=1;j<=tot&&i*pri[j]<=MAX;++j)
{
zs[i*pri[j]]=true;
if(i%pri[j]==0){mu[i*pri[j]]=0;break;}
else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
}
}
for(int i=1;i<=MAX;++i)smu[i]=(smu[i-1]+mu[i])%MOD;
}
int Solve(int a,int b)
{
int i=1,j;
long long ret=0;
while(i<=a)
{
j=min(a/(a/i),b/(b/i));
ret+=1ll*(smu[j]-smu[i-1]+MOD)%MOD*(a/i)%MOD*(b/i)%MOD;
ret%=MOD;
i=j+1;
}
return (ret+MOD)%MOD;
}
int main()
{
n=read();m=read();
if(n>m)swap(n,m);
int i=1,j;
pre();
while(i<=n)
{
j=min(n/(n/i),m/(m/i));
int tt=1ll*(i+j)*(j-i+1)/2%MOD;
ans+=1ll*tt*Solve(n/i,m/i);
ans%=MOD;
i=j+1;
}
printf("%lld
",(ans+MOD)%MOD);
return 0;
}