Description
给出N，统计满足下面条件的数对(a,b)的个数：
1.1<=a<b<=N
2.a+b整除a*b
1.1<=a<b<=N
2.a+b整除a*b
Input
一行一个数N
Output
一行一个数表示答案
Sample Input
15
Sample Output
4
HINT
数据规模和约定
Test N Test N
1 <=10 11 <=5*10^7
2 <=50 12 <=10^8
3 <=10^3 13 <=2*10^8
4 <=5*10^3 14 <=3*10^8
5 <=2*10^4 15 <=5*10^8
6 <=2*10^5 16 <=10^9
7 <=2*10^6 17 <=10^9
8 <=10^7 18 <=2^31-1
9 <=2*10^7 19 <=2^31-1
10 <=3*10^7 20 <=2^31-1
题解Here!
这是一道神题。。。
所以我不会做。。。
只能去抄题解。。。
厚颜无耻写文。。。
题目要求：$Ans=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n[(i+j)|(ij)]$
我们把那个$(i+j)|(ij)$单独提出来看。
这个推导的过程可能比较扯淡复杂。。。
设$d=gcd(i,j)$，那么原式即为$$d(frac{i}{d}+frac{j}{d})|(frac{ij}{d^2})d^2$$
消去一个$d$：$$(frac{i}{d}+frac{j}{d})|(frac{ij}{d^2})d$$
设$u=frac{i}{d},v=frac{j}{d}$，则：$$(u+v)|(uv)d$$
而我们知道这时$u+v$与$uv$已经没有公约数了，不能再消去了。
于是变成了：$$(u+v)|d$$
神奇吧。。。
我们注意到$(u+v)d<=n,u<=d,v<=d$，所以有：$$u,v in [1,sqrt n]$$
所以题目就转化为：求$$sum_{u=1}^{sqrt n}sum_{v=1}^{u-1}lfloorfrac{n}{u+v}
floor[gcd(u,v)==1]$$
我们看到了熟悉的东西：$[gcd(u,v)==1]$
莫比乌斯反演！
于是：$$sum_{d=1}^{sqrt n}mu(d)sum_{u=1}^{lfloorfrac{sqrt n}{d}
floor}sum_{v=1}^{u-1}lfloorfrac{n}{(u+v)d^2}
floor$$
然后就可以愉快地跑了！
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define MAXN 100010
using namespace std;
long long n;
int k=0,prime[MAXN],mu[MAXN];
bool np[MAXN];
inline long long read(){
long long date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
void make(){
int m=MAXN-10;
mu[1]=1;
for(int i=2;i<=m;i++){
if(!np[i]){
prime[++k]=i;
mu[i]=-1;
}
for(int j=1;j<=k&&prime[j]*i<=m;j++){
np[prime[j]*i]=true;
if(i%prime[j]==0)break;
mu[prime[j]*i]=-mu[i];
}
}
}
long long calculate(int n,int m){
long long s=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
int t=n/i;
for(int j=i+1,last;j<(i<<1)&&j<=t;j=last+1){
last=min((i<<1)-1,t/(t/j));
s+=1LL*(last-j+1)*(t/j);
}
}
return s;
}
long long solve(long long n){
long long ans=0,m=sqrt(n);
for(int i=1;i<=m;i++)ans+=1LL*mu[i]*calculate(n/i/i,m/i);
return ans;
}
int main(){
make();
n=read();
printf("%lld
",solve(n));
return 0;
}