【BZOJ2820】YY的GCD

【BZOJ2820】YY的GCD

Description

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

Input

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

Output

T行，每行一个整数表示第i组数据的结果

Sample Input

2
10 10
100 100

Sample Output

30
2791

不妨设(n<m)

答案为(displaystylesum_{g为质数}sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{g} floor}sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{g} floor}[gcd(i,j)==1])
根据套路 ，后面的([gcd(i,j)==1]可以写成displaystyle sum_{d|i,d|j}mu(d))
和式变换一下：(displaystyle sum_{g为质数}sum_{d=1}^{lfloor frac{n}{g} floor}mu(d)lfloor frac{n}{gd} floorlfloor frac{m}{gd} floor)

根据套路：设(T=gd,则displaystylesum_{T=1}^{n}sum_{d|T且frac{n}{d}为质数}mu(d)lfloor frac{n}{gd} floorlfloor frac{m}{gd} floor)

又是套路：对于后面两个除法，我们数论分块就可以了。对于(sum_{d|T且frac{n}{d}为质数}mu(d))我们可以预处理出前缀和。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 10000005
#define ll long long
using namespace std;

int T;
int pri[700000];
ll mu[N],sum[N];
bool vis[N];

void pre() {
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=10000000;i++) {
		if(!vis[i]) pri[++pri[0]]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=10000000;j++) {
			vis[i*pri[j]]=1;
			if(i%pri[j]==0) {
				mu[i*pri[j]]=0;
				break;
			}
			mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(ll i=1;i<=pri[0];i++) {
		for(ll j=1;j*pri[i]<=10000000;j++) {
			sum[j*pri[i]]+=mu[j];
		}
	}
	for(ll i=1;i<=10000000;i++) sum[i]+=sum[i-1];
}

ll n,m;
int main() {
	pre();
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%lld%lld",&n,&m);
		if(n>m) swap(n,m);
		ll last,ans=0;
		for(ll i=1;i<=n;i=last+1) {
			last=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=(sum[last]-sum[i-1])*(n/i)*(m/i);
		}
		cout<<ans<<'
';
	}
	return 0;
}