题意描述：
有一个 (n imes m) 的表格，第 (i) 行第 (j) 列的权值为 (sigma(gcd(i,j))) , 有 (Q) 组询问，每次问你一个 (n imes m) 的表格中，不大于 (a) 的数字之和。
数据范围： (n,mleq 10^5, Qleq 2e4)
前置芝士：
1.线性筛约数个数
设 (n = p_1^{k_1}p_2^{k_2}...p_n^{k_n}) ， 那么 (sigma(n) = (1+p_1^1+p_1^2+..+p_1^{k_1})(1+p_2^1+p_2^2+...p_2^{k2}) ...)
考虑维护一下两个数组：
- (sd(i)) 表示 (i) 的约数个数和
- (d(i)) 表示 (i) 的最小质因子的 ((1+p_1^1+p_1^2+..p_1^{k_1})) （实际上是个等比数列求和的形式）
还是考虑分三种情况来考虑：
-
(i) 为质数，显然 (sd(i) = i+ 1) , (d(i) = i+1)
-
当 (i \% prime[j] eq 0) 的时候, (prime[j]) 是 (i imes prime[j]) 的最小质因子，那么
(sd(i imes prime[j]) = sd(i) imes sd(prime[j]))
(d(i imes prime[j]) = prime[j] + 1)
-
当 (i\% prime[j] = 0) 的时候，(i imes prime[j]) 的最小质因子次数为 (i) 的最小质因子次数加1。
(sd(i imes prime[j]) = {sd(i)over d(i)} imes(d(i) imes prime[j]) + 1)
(d(i imes prime[j]) = d(i) imes prime[j] + 1)
然后在线性筛的时候分情况讨论即可。
solution：
我们要求的其实是：
(displaystylesum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m} sigma(gcd(i,j))[ sigma(gcd(i,j)) leq a])
还是先枚举一下 (gcd) :
(displaystylesum_{d=1}^{n} sigma(d)[sigma(d) leq a] sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m} [gcd(i,j) == d])
先把 (gcd(i,j) == d) 反演掉：
(displaystylesum_{d=1} ^{n}sigma(d) [sigma(d)leq a] sum_{i=1}^{nover d}sum_{j=1}^{mover d} [gcd(i,j) == 1])
(displaystylesum_{d=1}^{n}sigma(d)[sigma(d) leq a] sum_{i=1}^{nover d}sum_{j=1}^{mover d} sum_{p|i,p|j}mu(p))
(displaystylesum_{d=1}^{n}sigma(d) [sigma(d) leq a] sum_{p=1}^{nover d} mu(p) {nover {dp}} {mover dp})
(dp) 化 (Q) 可得：
(displaystylesum_{Q=1}^{n} {nover Q}{mover Q} sum_{dmid Q} sigma(d)[sigma(d)leq a] mu({nover Q}))
对于每组询问的话，我们很难直接做，考虑离线下来，按 (a) 从小到大排一下序。
前面的那一坨可以用数论分块来解决，设 (displaystyle f(n) = sum_{dmid n} sigma(d) mu({nover d})) 。
因为我们把询问按 (a) 从小到大排序，枚举询问时，(a) 的增大会使得一些 (sigma(d) leq a) ,这时候我们需要把他的贡献算上去。
对于 (sigma(d)) 不难发现它会对他的倍数 (i imes d) 的贡献为 (sigma(d) mu(i)) 。
调和级数来枚举 (d) 的倍数，在拿个树状数组维护一下 $f(n) $ 前缀和即可。
然后前面的整除分块，后面的就是 (f(r)-f(l-1)) ，在树状数组上查询即可。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define int long long
const int p = (1<<31);
const int N = 1e5+10;
int cntq,maxn,tot,l = 1;
int prime[N],mu[N],tr[N],omg[N],d[N],ans[N];
bool check[N];
struct QAQ
{
int w,id;
QAQ(){}
QAQ(int a,int b){id = a, w = b;}
}e[N];
struct node
{
int n,m,a,id;
}q[N];
inline int read()
{
int s = 0,w = 1; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9'){if(ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
while(ch >= '0' && ch <= '9'){s = s * 10 + ch - '0'; ch = getchar();}
return s * w;
}
int lowbit(int x){return x & -x;}
void chenge(int x,int val)
{
for(; x <= N-5; x += lowbit(x)) tr[x] += val;
}
int query(int x)
{
if(x == 0) return 0;
int res = 0;
for(; x; x -= lowbit(x)) res += tr[x];
return res;
}
bool cmp(QAQ a,QAQ b)
{
return a.w < b.w;
}
bool comp(node a,node b)
{
return a.a < b.a;
}
void Add(int x)
{
for(int i = 1; i * e[l].id <= maxn; i++) chenge(i*e[l].id,omg[e[l].id] * mu[i]);
}
void YYCH()
{
mu[1] = 1; omg[1] = 1;
for(int i = 2; i <= maxn; i++)
{
if(!check[i])
{
prime[++tot] = i;
mu[i] = -1;
omg[i] = i+1;
d[i] = i+1;
}
for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= maxn; j++)
{
check[i * prime[j]] = 1;
if(i % prime[j] == 0)
{
mu[i * prime[j]] = 0;
d[i * prime[j]] = (d[i] * prime[j]) + 1;
omg[i * prime[j]] = (omg[i] / d[i]) * (d[i] * prime[j] + 1);
break;
}
else
{
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
d[i * prime[j]] = prime[j] + 1;
omg[i * prime[j]] = omg[i] * omg[prime[j]];
}
}
}
for(int i = 1; i <= maxn; i++) e[i] = QAQ(i,omg[i]);
sort(e+1,e+maxn+1,cmp);
}
int slove(int n,int m,int id)
{
int res = 0;
while(l <= maxn && e[l].w <= q[id].a) Add(l), l++;
for(int l = 1, r; l <= n; l = r+1)
{
r = min(n/(n/l),m/(m/l));
res += (n/l) * (m/l) * (query(r)-query(l-1));
}
return res;
}
signed main()
{
cntq = read();
for(int i = 1; i <= cntq; i++)
{
q[i].n = read();
q[i].m = read();
q[i].a = read();
q[i].id = i;
if(q[i].n > q[i].m) swap(q[i].n,q[i].m);
maxn = max(maxn,q[i].n);
}
YYCH();
sort(q+1,q+cntq+1,comp);
for(int i = 1; i <= cntq; i++) ans[q[i].id] = slove(q[i].n,q[i].m,i);
for(int i = 1; i <= cntq; i++) printf("%lld
",ans[i] % p);
return 0;
}