【BZOJ2820】YY的GCD（莫比乌斯反演)

$传送门$

题意：求$sum_{i=1}^{n}sum_{j=1}^{m}[gcd(i,j)=prime]$

考虑对于每一个质数$p$

$ans_p=sum_{d=1}^{min(frac n p,frac m p)}mu (d) lfloor frac{frac{n}{p} }{d} floor lfloor frac{frac{m}{p}}{d} floor=sum_{d=1}mu (d) lfloor frac{n}{pd} floor lfloor frac{m}{pd} floor$

所以

$ans=sum_{pin prime}sum_{d=1}mu (d) lfloor frac{n}{pd} floor lfloor frac{m}{pd} floor$

令$T=pd$,考虑枚举$T$，

$ans=sum_{T=1}^{min(n,m)}lfloor frac n T floor lfloor frac m T floorsum_{p|T}mu(frac T p)$

思考公式的转化，为什么？？

$sum_{p|T}mu(frac T p)$可以通过枚举每个质数暴力更新倍数$O(n)$求（质数约有$frac n {ln_n}$个）

每次询问整除分块$O(sqrt n)$解决

复杂度$O(nsqrt n+nlognlogn)$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
inline int read(){
	char ch=getchar();
	int res=0,f=1;
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-f;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=getchar();
	return res*f;
}
const int N=10000005;
int vis[N],tot,pr[N],mu[N],n,m;
ll sum[N],f[N];
inline void init(){
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<N;i++){
		if(!vis[i])pr[++tot]=i,mu[i]=-1;
		for(int j=1;j<=tot&&i*pr[j]<N;j++){
			vis[i*pr[j]]=1;
			if(i%pr[j]==0)break;
			mu[i*pr[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		for(int j=1;j*pr[i]<N;j++){
			f[j*pr[i]]+=mu[j];
		}
	}
	for(int i=1;i<N;i++)sum[i]=sum[i-1]+f[i];
}
int main(){
	int T=read();init();
	while(T--){
		int n=read(),m=read();
		int p=min(n,m);ll ans=0;
		for(int i=1,nxt;i<=p;i=nxt+1){
			nxt=min((n/(n/i)),(m/(m/i)));
			ans+=1ll*(sum[nxt]-sum[i-1])*(m/i)*(n/i);
		}
		cout<<ans<<'
';
	}
}