51nod1222 最小公倍数计数 莫比乌斯反演 数学

求$sum_{i = 1}^{n} sum_{j = 1}^{i} [lcm(i, j) le n]$
因为这样不好求，我们改成求$sum_{i = 1}^{n} sum_{j = 1}^{n} [lcm(i, j) le n]$.
这样求出来的值把除了(i, i)这样的点对以外所有点对都重复统计了一次。因此$ans = frac{rnt + n}{2}$(先加上没有重复统计的点对个数，使得所有点对都重复统计了一次，然后再除2就是不重复统计的点对个数)
接下来就是化式子了...
$$sum_{i = 1}^{n} sum_{j = 1}^{n} [lcm(i, j) le n]$$
$$sum_{i = 1}^{n} sum_{j = 1}^{n} [frac{ij}{(i, j)} le n]$$
枚举$(i, j) = d$
$$sum_{d = 1}^{n} sum_{i = 1}^{n} sum_{j = 1}^{n} [frac{ij}{(i, j)} le n] [(i, j) == d]$$
枚举$i = frac{i}{d}$
$$sum_{d = 1}^{n} sum_{i = 1}^{lfloor{ frac{n}{d} } floor} sum_{j = 1}^{lfloor{ frac{n}{d} } floor} [ijd le n][(i, j) == 1]$$
上反演
$$sum_{d = 1}^{n} sum_{i = 1}^{lfloor{ frac{n}{d} } floor} sum_{j = 1}^{lfloor{ frac{n}{d} } floor}[ijd le n] sum_{k | (i, j)} mu(k)$$
$$sum_{d = 1}^{n} sum_{i = 1}^{lfloor{ frac{n}{d} } floor} sum_{j = 1}^{lfloor{ frac{n}{d} } floor} sum_{k | (i, j)} mu(k)[ijd le n]$$
把$k$提到前面来，然后枚举$k$的倍数
$$sum_{d = 1}^{n} sum_{k = 1}^{lfloor{ frac{n}{d} } floor} mu(k) sum_{i = 1 }^{lfloor{ frac{n}{dk} } floor} sum_{j = 1}^{lfloor{ frac{n}{dk} } floor}[i j k^2 d le n]$$
可以发现，原式中对$d,k$的限制实际上是$dk le n$,因此我们再次将$k$向前提,那么此时$k$已经是第一个枚举的了，因此我们对中括号内的式子进行移项得到：
$$sum_{k = 1}^{n} mu(k) sum_{d = 1}^{lfloor{ frac{n}{k} } floor} sum_{i = 1}^{lfloor{ frac{n}{dk} } floor} sum_{j = 1}^{lfloor{ frac{n}{dk} } floor}[ijd le frac{n}{k^2}]$$
那么为了保证$[ijd le frac{n}{k^2}]$,对现在枚举的变量有如下限制：
$k le sqrt{n}, d le lfloor{ frac{n}{k^2} } floor, x le lfloor{ frac{n}{k^2d} } floor, y le lfloor{ frac{n}{k^2dx} } floor$
因此原式变为:
$$sum_{k = 1}^{sqrt{n}} mu(k) sum_{d = 1}^{lfloor{ frac{n}{k^2} } floor} sum_{i = 1}^{lfloor{ frac{n}{k^2d} } floor} sum_{j = 1}^{lfloor{ frac{n}{k^2dx} } floor} 1$$
设$H(n) = sum_{a = 1}^{n} sum_{b = 1}^{lfloor{ frac{n}{a} } floor} sum_{c = 1}^{lfloor{ frac{n}{ab} } floor} 1$,则原式为：
$$sum_{k = 1}^{sqrt{n}} mu(k) H(lfloor{ frac{n}{k^2} } floor)$$
因此我们的目的就是快速求出$H(n)$。
$H(n)$可以看做是求满足如下关系的三元组的个数$abc le n$.
因此我们不妨假设$a < b < c$,那么有$a le n ^ {frac{1}{3}}, b le sqrt{lfloor{ frac{n}{a} } floor}$(因为除去$a$后剩余数为$lfloor{ frac{n}{a} } floor$,而$b$最大也要满足$b le c$,因此$b$最大也就是开根)
那么此时$c$的范围就为$[b + 1, lfloor frac{n}{ab} floor]$,因此$c$的个数可以$O(1)$算出
因为我们假定了$a < b < c$,而原式中没有这样的限制，所以这样会少算，比如$123$会被计算一次，但实际上应该被计算$123, 132, 213, 231, 321, 312$共$6$次。其他情况也是类似的。
因此我们枚举$a, b, c$,分别求3个均不相同，前2个相同，后2个相同，3个都相同的方案数，
然后对于这些方案数，分别乘上对应系数$6, 3, 3, 1$.最后加起来就等于$H(n)$.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define AC 401000
#define LL long long
#define R register int
#define RL register LL 

LL l, r, tot, maxn;
LL pri[AC], mu[AC];
bool z[AC];

void pre()
{
    scanf("%lld%lld", &l, &r), maxn = sqrt(r);
    mu[1] = 1;
    for(R i = 2; i <= maxn; i ++)
    {
        if(!z[i]) pri[++ tot] = i, mu[i] = -1;
        for(R j = 1; j <= tot; j ++)
        {
            int now = pri[j];
            if(i * now > maxn) break;
            z[i * now] = true;
            if(!(i % now)) break;
            mu[i * now] = - mu[i];
        }
    }
}

LL get(LL n)
{
    LL A = 0, B = 0, C = 0, D = 0;
    for(RL i = 1; i * i * i <= n; i ++)//枚举3个不相同的
    {
        LL m2 = sqrt(n / i), to = n / i;//因为k要从j + 1 枚举到 n / i / j,所以相减就是个数
        for(RL j = i + 1; j <= m2; j ++) A += (LL)(to / j - j);//除法如此之慢。。。。
    }
    for(RL i = 1; i * i * i <= n; i ++) B += (LL)(n / i / i - i);//加上只有前2个相同的
    for(RL i = 1; i * i * i <= n; i ++) C += ((LL)sqrt(n / i) - i);//枚举后2个相同的，因为后2个相同，所以只需要知道j的个数即可
    for(RL i = 1; i * i * i <= n; i ++) ++ D;//因为诡异精度误差，，，，就算是加减，也要先转成LL....
//    D += m1;//因为前面是double类型，所以一遇到乘法，就可能造成进位。。。
    return A * 6 + B * 3 + C * 3 + D;
} 

LL cal(LL n)
{
    int block = sqrt(n); LL rnt = 0;
    for(R i = 1; i <= block; i ++) rnt += mu[i] * get(n / i / i);
    return (rnt + n) / 2;
}

int main()
{
    freopen("in.in", "r", stdin);
    pre();
    printf("%lld
", cal(r) - cal(l - 1));
    fclose(stdin);
    return 0;
}