【bzoj2820】YY的GCD【莫比乌斯反演】

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题意： 给定n$n$,m$m$,求1≤x≤n$1\le x\le n$,1≤y≤m$1\le y\le m$且gcd(x,y)$gcd(x,y)$为质数的(x,y)$(x,y)$有多少对。
题解：我们考虑枚举每一个质数p，则
∑ni=1∑mj=1(gcd(i,j)==p)$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^m(gcd(i,j)==p)$
可以转化为
∑⌊np⌋i=1∑⌊mp⌋j=1(gcd(i,j)==1)$\sum _{i=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\sum _{j=1}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }(gcd(i,j)==1)$
我们令F(i)$F(i)$表示gcd是i的倍数的数对的个数。则F(i)=⌊npi⌋⌊mpi⌋$F(i)=\lfloor \frac{n}{pi}\rfloor \lfloor \frac{m}{pi}\rfloor$。
我们令f(i)$f(i)$表示gcd是i的数对的个数。则F(i)=∑i|df(d)$F(i)=\sum _{i|d}f(d)$。我们的目标是要求出f(1)。
运用莫比乌斯反演可得
f(i)=∑i|dμ(di)F(d)$f(i)=\sum _{i|d}\mu (\frac{d}{i})F(d)$
=>f(i)=∑i|dμ(di)⌊npd⌋⌊mpd⌋$f(i)=\sum _{i|d}\mu (\frac{d}{i})\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor$
由于i=1
=>ans=∑p∑⌊np⌋d=1μ(d)⌊npd⌋⌊mpd⌋$ans=\sum _p\sum _{d=1}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }\mu (d)\lfloor \frac{n}{pd}\rfloor \lfloor \frac{m}{pd}\rfloor$
注意到，这个东西是可以分块优化的，单次计算时间直接降到根号级别。
但是这样还是远远不够的，会超时。
于是，我们可以变一下式子，枚举pd的值。
ans=∑t=2⌊nt⌋⌊mt⌋∑p|tμ(tp)$ans=\sum _{t=2}\lfloor \frac{n}{t}\rfloor \lfloor \frac{m}{t}\rfloor \sum _{p|t}\mu (\frac{t}{p})$
如果能快速地求出∑p|tμ(tp)$\sum _{p|t}\mu (\frac{t}{p})$对于任意t的值就好了。我们可以预处理一下，枚举每一个质数，去累加它的倍数的答案。这样我们的时间复杂度大约为∑p⌊np⌋$\sum _p\lfloor \frac{n}{p}\rfloor$，这个东西大约是O(n)的，有兴趣可以自行查阅相关资料：质数的个数与质数的倒数和。
我们求一个前缀和，再带人莫比乌斯反演进行分块求和即可。
综上，我们做到了O(n+Tn−−√)$O(n+T\sqrt{n})$解决本题。其实代码很短也很简单。
代码：

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=10000005;
int t,n,m,p[N/10],miu[N],sum[N];
bool vis[N];
long long calc(int n,int m){
    if(n>m){
        swap(n,m);
    }
    int last;
    long long ans=0;
    for(int i=2;i<=n;i=last+1){
        last=min(n/(n/i),m/(m/i));
        ans+=1LL*(n/i)*(m/i)*(sum[last]-sum[i-1]);
    }
    return ans;
}
int main(){
    miu[1]=1;
    for(int i=2;i<=10000000;i++){
        if(!vis[i]){
            p[++p[0]]=i;
            miu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;j<=p[0]&&i*p[j]<=10000000;j++){
            vis[i*p[j]]=true;
            if(i%p[j]){
                miu[i*p[j]]=-miu[i];
            }else{
                break;
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=p[0];i++){
        for(int j=1;p[i]*j<=10000000;j++){
            sum[p[i]*j]+=miu[j];
        }
    }
    for(int i=3;i<=10000000;i++){
        sum[i]+=sum[i-1];
    }
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        scanf("%d%d",&n,&m);
        printf("%lld
",calc(n,m));
    }
    return 0;
}