bzoj3994 [SDOI2015]约数个数和

[SDOI2015]约数个数和

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Description

设d(x)为x的约数个数，给定N、M，求

[sum_{i=1}^N sum_{j=1}^M d(ij) ]

Input

输入文件包含多组测试数据。

第一行，一个整数T，表示测试数据的组数。
接下来的T行，每行两个整数N、M。

Output

T行，每行一个整数，表示你所求的答案。

Sample Input

2

7 4

5 6

Sample Output

110

121

HINT

1<=N, M<=50000

1<=T<=50000

$$sum_{i=1}^N sum_{j=1}^M d(ij)$$ $$sum_{i=1}^N sum_{j=1}^M sum_{x mid i} sum_{y mid i} [(x,y)=1]$$ $$sum_{i=1}^N sum_{j=1}^M [(i,j)=1]lfloor frac{n}{i} floor ]lfloor frac{m}{j} floor$$ $$sum_{i=1}^N sum_{j=1}^M lfloor frac{n}{i} floor ]lfloor frac{m}{j} floor sum_{d mid i, d mid j} mu(d)$$ $$sum_{d=1}^n mu(d) sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d} floor} lfloor frac{n}{id} floor sum_{j=1}^{lfloor frac{m}{d} floor} lfloor frac{m}{jd} floor$$ 然而就是后面的分块前面的强行套一波杜教筛。。。。

第一步那个 $$d(i,j)=sum_{x mid i} sum_{y mid i} [(x,y)=1]$$ 我也很绝望了。。。。这个规律挺强的。。。。
```c++

include<bits/stdc++.h>

using namespace std;
const int maxn = 5e4 + 5;
int n, m, tot, prime[maxn];
long long f[maxn], mu[maxn];
bool not_prime[maxn];

inline void prepare()
{
mu[1] = 1;
for(int i = 2; i < maxn; ++i){
if(!not_prime[i]){
prime[++tot] = i; mu[i] = -1;
}
for(int j = 1; prime[j] * i < maxn; ++j){
not_prime[i * prime[j]] = true;
if(i % prime[j] == 0){mu[i * prime[j]] = 0; break;}
mu[i * prime[j]] = -mu[i];
}
}
for(int i = 2; i < maxn; ++i) mu[i] += mu[i - 1];

}

inline int F(int t)
{
int last; int ret = 0;
if(f[t]) return f[t];
for(int i = 1; i <= t; i = last + 1){
last = min(t, t / (t / i));
ret += (last - i + 1) * (t / i);
}
return f[t] = ret;
}

inline void workk()
{
long long ret = 0, last;
for(long long d = 1; d <= n; d = last + 1){
last = min(n / (n / d), (m / (m / d)));
ret += (mu[last] - mu[d - 1]) * F(n / d) * F(m / d);
}
printf("%lld ", ret);
}

int main()
{
prepare();
int T; scanf("%d", &T);
while(T--){
scanf("%d%d", &n, &m); if(n > m) swap(n, m);
workk();
}
return 0;
}