luogu 4240 毒瘤之神的考验 (莫比乌斯反演)

题目大意：略

题面传送门

果然是一道神duliu题= =

出题人的题解传送门

出题人的题解还是讲得很明白的

1.关于$sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}varphi (i,j)=sumlimits_{i=1}^{n}sumlimits_{j=1}^{m}frac{varphi (i)varphi (j)gcd(i,j)}{varphi (gcd(i,j))}$的证明，lgl神犇提供了一种方法

假设现在$gcd(i,j)$中有一个质因子$p$，幂次是$k$，那么它对$varphi (gcd(i,j))$的贡献就是$p^{k-1}(p-1)$

设$i$中$p$的幂次是$k_{1}$，$j$是$k_{2}$。则他们对$varphi (i),varphi (j)$的贡献分别是$p^{k_{1}-1}(p-1)$和$p^{k_{2}-1}(p-1)$，相乘得$p^{k_{1}+k_{2}-2}(p-1)^{2}$

而$p$对$varphi (ij)$的贡献是$p^{k_{1}+k_{2}-1}(p-1)$，所以$frac{p^{k}}{p^{k-1}(p-1)}=frac{p}{p-1}$

$frac{p}{p-1}*p^{k_{1}+k_{2}-2}(p-1)^{2}=p^{k_{1}+k_{2}-1}(p-1)$

而质因子间互不影响，因此得证

2.对于最后化简出来的式子$sumlimits_{Q=1}^{n} left ( sumlimits_{d|Q}frac{d}{varphi (d)}mu(frac{Q}{d}) ight ) left ( sumlimits_{i=1}^{left lfloor frac{n}{Q} ight floor} varphi (iQ) ight ) left ( sumlimits_{i=1}^{left lfloor frac{m}{Q} ight floor} varphi (jQ) ight )$ 的处理

整除分块不能同时处理两个定义域不同的函数相乘！

所以要把第一个式子$left ( sumlimits_{d|Q}frac{d}{varphi (d)}mu(frac{Q}{d}) ight )$ 按照常规方法进行整除分块，第二个式子$left ( sumlimits_{i=1}^{left lfloor frac{n}{Q} ight floor} varphi (iQ) ight ) $和$left ( sumlimits_{i=1}^{left lfloor frac{m}{Q} ight floor} varphi (jQ)  ight )$用官方题解的方法处理

蒟蒻用$vector$写的常数巨大

#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N1 100010
#define ll long long
#define dd double
using namespace std;

const int B=31;
const int maxn=100000;
const int jr=998244353;

void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
    if(!b){ x=1; y=0; return; }
    exgcd(b,a%b,x,y); ll t=x; x=y; y=t-a/b*y; 
}
int mu[N1],phi[N1],use[N1],pr[N1],cnt;
int f[N1],G[N1][B+1][B+1];
vector<int>g[N1];
void init()
{
    int i,j,Q,n; mu[1]=phi[1]=1;
    for(i=2;i<=maxn;i++)
    {
        if(!use[i]){ pr[++cnt]=i; mu[i]=-1; phi[i]=i-1; }
        for(j=1;j<=cnt&&i*pr[j]<=maxn;j++)
        {
            use[i*pr[j]]=1;
            if(i%pr[j]){ mu[i*pr[j]]=-mu[i]; phi[i*pr[j]]=phi[i]*phi[pr[j]]; }
            else{ phi[i*pr[j]]=phi[i]*pr[j]; break; }
        }
    }
    int ans=0;ll inv,y;
    for(Q=1;Q<=maxn;Q++)
    {
        ans=0;
        for(i=1;i*Q<=maxn;i++)
        {
            ans=(phi[i*Q]+ans)%jr;
            g[Q].push_back(ans);
        }
    }
    for(i=1;i<=maxn;i++)
    {
        exgcd(phi[i],jr,inv,y); inv=(inv%jr+jr)%jr;
        for(j=1;j*i<=maxn;j++)
            f[i*j]=(1ll*i*inv%jr*mu[j]%jr+f[i*j]+jr)%jr;
        //sf[i]=(sf[i-1]+f[i])%jr;
    }
    for(Q=1;Q<=maxn;Q++)
    {
        for(i=1;i<=B;i++) for(j=1;j<=B;j++)
            G[Q][i][j]=(1ll*g[Q][i-1]*g[Q][j-1]%jr*f[Q]+G[Q-1][i][j])%jr;
    }
}
int n,m,T;

int main()
{
    scanf("%d",&T);
    init();
    int i,j,la;ll ans=0;
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m); if(n>m) swap(n,m);
        for(i=1,ans=0;i<=n&&m/i>B;i++)
            ans=(ans+1ll*g[i][n/i-1]*g[i][m/i-1]%jr*f[i]%jr)%jr;
        for(;i<=n;i=la+1)
        {
            la=min(n/(n/i),m/(m/i));
            ans=(ans+G[la][n/i][m/i]-G[i-1][n/i][m/i]+jr)%jr;  
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}