P3327 [SDOI2015]约数个数和（莫比乌斯反演）

题目描述：

设(d(x))为(x)的约数个数，给定(n,m)，求(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^md(ij))

首先有一个前置知识：

(d(ij)=sum_{x|i}sum_{y|j}[gcd(x,y)=1])

所以原式等于：

(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{x|i}sum_{y|j}[gcd(x,y)=1])

反演以下：

(sum_{i=1}^nsum_{j=1}^msum_{x|i}sum_{y|j}sum_{d|gcd(x,y)}mu(d))

交换求和顺序：

(sum_{d=1}^nmu(d)sum_{x=1}^nsum_{y=1}^m[d|gcd(x,y)][n/x][m/y])

然后可以把枚举(x,y)改为枚举(d)的倍数，把([d|gcd(x,y)])这个玩意去掉：

(sum_{d=1}^nmu(d)sum_{x=1}^{n/d}sum_{y=1}^{m/d}[n/dx][m/dy])

把与x有关的项，与y有关的项合并，有

(sum_{d=1}^nmu(d)sum_{x=1}^{n/d}[n/dx]sum_{y=1}^{m/d}[m/dy])

然后套莫反笔记的引理1：

(sum_{d=1}^nmu(d)sum_{x=1}^{n/d}[[n/d]/x]sum_{y=1}^{m/d}[[m/d]/y])

这里我们设(p=n/d,q=m/d)：

(sum_{d=1}^nmu(d)sum_{x=1}^p[p/x]sum_{y=1}^q[q/y])

设(f(x)=sum_{i=1}^x[x/i])

(sum_{d=1}^nmu(d)f(p)f(q))

这里(p=[n/d])，(q=[m/d])，所以可以对(d)进行数论分块，同一个块内的(p)和(q)可以快速计算。

现在预处理求(f(x))。暴力时间复杂度是(O(n^2))的。

观察(f(x)=sum_{i=1}^x[x/i])，同一块内(x/i)的值不变，所以对每个(x)可以数论分块求。

时间复杂度(O(nsqrt{n}+Tsqrt{n}))。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+100;
typedef long long ll;
int vis[maxn],pri[maxn],mu[maxn],sum[maxn],cnt;
ll f[maxn];
void getMu (int n) {
	mu[1]=1;
	for (int i=2;i<=n;i++) {
		if (!vis[i]) {
			mu[i]=-1;
			pri[++cnt]=i;
		}
		for (int j=1;j<=cnt&&i*pri[j]<=n;j++) {
			vis[i*pri[j]]=1;
			if (i%pri[j]==0) break;
			else mu[i*pri[j]]=-mu[i];
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+mu[i];
	for (int i=1;i<=n;i++) {
		for (int l=1,r;l<=i;l=r+1) {
			r=i/(i/l);
			f[i]+=1ll*(r-l+1)*(i/l);
		}
	}
}
int main () {
	int _;
	getMu(5e4);
	scanf("%d",&_);
	while (_--) {
		int n,m;
		scanf("%d%d",&n,&m);
		if (n>m) swap(n,m);
		ll ans=0;
		for (int l=1,r;l<=n;l=r+1) {
			r=min(n/(n/l),m/(m/l));
			ans+=1ll*f[n/l]*f[m/l]*(sum[r]-sum[l-1]);
		}
		printf("%lld
",ans);
	}
}