P2257 YY的GCD--洛谷luogu

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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： 

2
10 10
100 100

输出样例#1： 

30
2791

说明

T = 10000

N, M <= 10000000

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这是我做得第一道莫比乌斯反演的题

虽然已经掌握了

莫比乌斯反演的证明

但是

显然这还差很多

因为

我不会应用到实际推演当中

当我再次弄懂该如何推演的时候

我自认为可以写出来的

但是

并没有

我发现我在很多细节上

还是很拿不准的

于是

再次卑微

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解题思路：

如何实现前缀和呢？？

这里就用到了整除分块（这也是这道题困扰我很久很久时间的部分）

那么什么是整除分块呢？？

整除分块————一个莫比乌斯反演的题基本都会涉及到的小知识点，其实，是很有必要使之成为前置知识点中的其中之一

• 可以用到整除分块的形式，大致是这样的：
  
  ∑i=1n⌊n/i⌋
• 这个式子，O(n)计算是非常显然的。但，有的时候因为多组数据的要求，可能O(n)并不是正确的时间复杂度。那么这个时候，我们就有一种O(√n) 的做法。这就是：整除分块！
• 对于每一个⌊n/i⌋ 我们可以通过打表(或理性的证明)可以发现：有许多⌊ni⌋ 的值是一样的，而且它们呈一个块状分布；再通过打表之类的各种方法,我们惊喜的发现对于每一个值相同的块，它的最后一个数就是n/(n/i) 。得出这个结论后，我们就可以做的O(√n) 处理了。

整除分块的代码如下：

for(int l=1,r;l<=n;l=r+1)
{
    r=n/(n/l);
    ans+=(r-l+1)*(n/l);
}

那么现在我终于理解本题的代码了

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10000100
using namespace std;

inline void read(int &x)
{
    x=0;
    static int p;p=1;
    static char c;c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')p=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)) {x=(x<<1)+(x<<3)+(c-48);c=getchar();}
    x*=p;   
}

inline void print(long long x)
{
    static int cnt;
    static int a[15];
    cnt=0;
    do
    {
        a[++cnt]=x%10;
        x/=10;
    }
    while(x);
        for(int i=cnt;i>=1;i--)
            putchar(a[i]+'0');
    puts("");
}

bool vis[N];//判断是否为素数 
long long sum[N];
int prim[N];//存素数 
int mu[N],g[N];//mu存μ 
int cnt;//素数个数（筛素数用的，不用管啊） 
void get_mu(int n)
{
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)//线性筛？？ 
    {
        if(!vis[i])//没有被访问过，即为素数
        {
            mu[i]=-1;//素数的质因数只可能是它自己，所以，他的μ值一定为-1 
            prim[++cnt]=i;//prim数组是用来记录素数的 ，cnt累计素数个数 
        }
        for(int j=1;j<=cnt&&prim[j]*i<=n;j++)//和欧拉筛很像吧，就是用欧拉筛的思路的 
        //j是用来枚举素数的 ，prim[j]*i是筛合数，并保证筛掉的合数在应求的范围内（没有越界，没有浪费时间和空间） 
        {
            vis[i*prim[j]]=1;//打标记：筛掉合数 
            if(i%prim[j]==0)//当前的数可以被质数整除的话 （在下一行） 
                break;//那么i%prim[j]的质因数中有两个相同的，也就是说i%prim[j]的μ值是0，（数组开的全局变量，默认初始值为0，所以就可以不用管它） 
            else 
                mu[prim[j]*i]=-mu[i];//不能被整除 i和prim[j]互质，得到的合数的 μ值为i的μ值的相反数 
        }
    }
    for(int j=1;j<=cnt;j++)//如果把最终得到的公式看作是两层循环的话，那么这里相当于最里面的那层循环，也就是最右面的Σ 
        for(int d=1;d*prim[j]<=n;d++)
            g[d*prim[j]]+=mu[d]; //μ值累加 
    for(int i=1;i<=n;i++)//而这个相当于最外面的循环，即最左面的Σ 
    {
        sum[i]=sum[i-1]+(long long)g[i];//据说这里是用来计算前缀和的？？！ ！！我大概明白了！！！ 
    }
}
int n,m;
int main()
{
    int t;
    read(t);
    get_mu(10);
    while(t--)
    {
        read(n);read(m);
        if(n>m)swap(n,m);
        static long long ans;
        ans=0;
        for(int T=1,d;T<=n;T=d+1)
        {
            d=min(n/(n/T),m/(m/T));
            ans+=1ll*(n/T)*(m/T)*(sum[d]-sum[T-1]);//1ll是把int变成long long然后再赋值给long long，是怕int不够存的
            //知道看到这个位置，我才知道sum的含义。sum是指Σ（p|T）μ（T/p) //这里是啥啊？？？？！ 
            //这里大概是整除分块，有许多[n/i]的值是一样的，而且它们呈一个块状分布 
        }
        print(ans);
    }
    return 0;
}