ix.[51Nod1222]最小公倍数计数
求 \(\sum\limits_{i}\sum\limits_{j}\Big[\operatorname{lcm}(i,j)\in[a,b]\Big]\)。
考虑差分，问题转换为 \(\sum\limits_{i}\sum\limits_{j}\Big[\operatorname{lcm}(i,j)\leq n\Big]\)。
考虑枚举掉 \(\operatorname{lcm}\) 与 \(\gcd\)，得到 \(\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_i\sum\limits_j\sum\limits_p\left[\dfrac{ij}{p}=d\right]\Big[\gcd(i,j)=p\Big]\)。
考虑将 \(p\) 移到前面，改为枚举 \(i/p,j/p\)，得到 \(\sum\limits_{d=1}^n\sum\limits_p\sum\limits_i\sum\limits_j[pij=d]\Big[\gcd(i,j)=1\Big]\)。
因为对于同一组 \(p,i,j\) 这样的 \(d\) 唯一，故得到 \(\sum\limits_p\sum\limits_i\sum\limits_j[pij\leq n]\Big[\gcd(i,j)=1\Big]\)。
反演一下 \(\sum\limits_{k}\mu(k)\sum\limits_p\sum\limits_i\sum\limits_j[pijk^2\leq n]\)。
发现 \(p,i,j\) 这三个东西此时完全等价，因此考虑计算 \(f(n)=\sum\limits_{i,j,k}[ijk\leq n]\)。
考虑钦定 \(i\leq j\leq k\)，枚举 \(i\) 到 \(\sqrt[3]{n}\)，枚举 \(j\) 到 \(\sqrt{n/i}\)，积分可得复杂度 \(O(n^{2/3})\)。
所以这题实际上是复杂度分析题？
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6;
int pri[N+10],mu[N+10];
void sieve(){mu[1]=1;for(int i=2;i<=N;i++){if(!pri[i])pri[++pri[0]]=i,mu[i]=-1;for(int j=1;j<=pri[0]&&i*pri[j]<=N;j++){pri[i*pri[j]]=true;if(!(i%pri[j]))break;mu[i*pri[j]]=-mu[i];}}}
ll clac(ll n){ll ret=0;for(int i=1;1ll*i*i*i<=n;i++)for(int j=i;1ll*i*j*j<=n;j++){ll K=n/i/j;if(i==j)ret+=1+3*(K-j);else ret+=3+6*(K-j);}return ret;}
ll calc(ll n){ll ret=0;for(int p=1;1ll*p*p<=n;p++)ret+=clac(n/p/p)*mu[p];return (ret+n)/2;}
ll a,b;
int main(){sieve();scanf("%lld%lld",&a,&b),printf("%lld\n",calc(b)-calc(a-1));return 0;}