洛谷P2257 YY的GCD 莫比乌斯反演

原题链接
差不多算自己推出来的第一道题QwQ

题目大意

(T)组询问，每次问你(1leqslant xleqslant N)，(1leqslant yleqslant M)中有多少((x,y))满足(gcd(x,y)in mathbb{P})

数据范围

(T=10000)，(1leqslant N,Mleqslant 10000000)
显然，暴力不可做。
这种公约数计数的题貌似大多都是用莫比乌斯反演做的？套路啊，套路。
首先，我们先很套路地设一个函数(f(n))（方括号的意思是，若里面的表达式为真，则值为(1)，否则为(0)），

$f(n)=sumlimits_{i=1}^{N}sumlimits_{j=1}^{M}[gcd(i,j)==n]$ 然后，我们再很套路的设一个函数$F(n)$，并定义 $F(n)=sumlimits_{i=1}^{N}sumlimits_{j=1}^{M}[n|gcd(i,j)]$ 由乘法原理，易得$F(n)=left lfloor frac{N}{n} ight floor left lfloor frac{M}{n} ight floor$。然后，由$f(n)$和$F(n)$的定义，显然有$F(n)=sumlimits_{n|d}f(d)$ 反演一波，得到 $f(n)=sumlimits_{n|d}mu (frac{d}{n})F(d)$ 接下来就是简(ma)单(fan)的化简环节了，令答案为$A$，可得 $A=sumlimits_{pinmathbb{P}}f(p)=sumlimits_{pinmathbb{P}}sumlimits_{p|d}mu (frac{d}{p})F(d)$ 令$t=frac{d}{p}$，代入并继续化简 $A=sumlimits_{pinmathbb{P}}sumlimits_{t=1}^{min{left lfloor frac{N}{p} ight floor,left lfloor frac{M}{p} ight floor}}mu (t)F(pt)=sumlimits_{pinmathbb{P}}sumlimits_{t=1}^{min{left lfloor frac{N}{p} ight floor,left lfloor frac{M}{p} ight floor}}mu (t)left lfloor frac{N}{pt} ight floor left lfloor frac{M}{pt} ight floor$ 令$T=pt$，代入 $A=sumlimits_{pinmathbb{P}}sumlimits_{p|T}^{min{N,M}}mu (frac{T}{p})left lfloor frac{N}{T} ight floor left lfloor frac{M}{T} ight floor$ 交换和号，推出 $A=sumlimits_{T=1}^{min{N,M}}sumlimits_{pinmathbb{P},p|T}mu (frac{T}{p})left lfloor frac{N}{T} ight floor left lfloor frac{M}{T} ight floor$ 将$left lfloor frac{N}{T} ight floor left lfloor frac{M}{T} ight floor$提到前面，化简到最终式子 $A=sumlimits_{T=1}^{min{N,M}}left lfloor frac{N}{T} ight floor left lfloor frac{M}{T} ight floorsumlimits_{pinmathbb{P},p|T}mu (frac{T}{p})$ 终于写完了，巨长的$L^AT_EX$ 观察式子，后面的一部分可以用前缀和搞定，前面的就是整除分块的拿手好戏了。注意，因为$N,M$的值可能不同，所以每次更新$r$的值时，要取$r=min{frac{N}{left lfloor frac{N}{l} ight floor},frac{M}{left lfloor frac{M}{l} ight floor}}$ 其他的看代码吧： ``` cpp #include

using namespace std;

define N 10000000

int T, n, m, cnt, ans, mu[N+5], sum[N+5], vis[N+5], prime[N+5];

void get_mu(int lim) {
mu[1] = 1, vis[1] = 1;
for(int i = 2; i <= lim; ++i) { //筛素数时计算μ函数
if(!vis[i]) prime[++cnt] = i, mu[i] = -1;
for(int j = 1; j <= cnt && iprime[j] <= lim; ++j) {
vis[iprime[j]] = 1;
if(i%prime[j] == 0) break;
else mu[iprime[j]] = -mu[i];
}
}
for(int j = 1; j <= cnt; ++j)
for(int i = 1; iprime[j] <= lim; ++i)
sum[i*prime[j]] += mu[i];
for(int i = 1; i <= lim; ++i) sum[i] += sum[i-1];//计算前缀和
}

void init() {
cin >> T;
get_mu(N);
}

int main() {
init();
while(T--) {
cin >> n >> m;
long long ans = 0; //要开long long
int t = min(n, m);
for(int l = 1, r; l <= t; l = r+1) {
r = min(n/(n/l), m/(m/l));
ans += 1LL(n/l)(m/l)*(sum[r]-sum[l-1]); //就是最后推出的那个式子
}
cout << ans << endl;
}
return 0;
}