洛谷 P2257 YY的GCD 题解

原题链接

庆祝：

数论紫题 (T4) 达成！

莫比乌斯 (T1) 达成！

yy 真是个 神犇

前记

之前我觉得： 推式子，直接欧拉筛，筛出个 (phi)，然后乱推 (gcd) 就行了。

现在我觉得： 推式子，还是欧拉筛，筛出个 (mu) ，然后乱推 (gcd) 就行了。

前置知识：

一定数学基础 ，欧拉筛。

至少了解单位函数。（最好会整除分块哦）

我们先引入 (mu) 的概念。

[ mu_n = egin {cases} 1 , n=1 \ (-1)^k , n = prod_{i=1}^k p_i^{a_i}，其中 a_i leq 1 space 且 space p_i 为素数 （即 space n space 不含平方因子）\ 0 ,n = prod_{i=1}^k p_i^{a_i}，其中space p_i space 为素数，且存在 space a_i geq 2 （即 space n space 含平方因子）\ end{cases} ]

你可能觉得，这有什么用？

一开始我也这么觉得 但是呢，数学就是这样，先抛出一堆理论概念，然后抛个式子，接着题目就做出来了。

首先，莫比乌斯函数是 积性函数 。比方说 (f) 为积性函数当且仅当：

[f_{a imes b} = f_a imes f_b ]

其中 (gcd(a,b)=1).

顺便说一下，完全积性函数 就是：

[f_{a imes b} = f_a imes f_b ]

不需满足。 (mu) 是积性函数，所以，它可以用欧拉筛 。

欧拉筛可以解决任何 满足积性函数性质 的函数。

模板抛出来：

inline void Euler(int n) {
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		if(!h[i]) mu[i]=-1,prime[++cnt]=i; //质数分解为1个质数的积，k=1，所以是 -1
		for(int j=1;j<=cnt && prime[j]*i<=n;j++) {
			h[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
			else mu[prime[j]*i]=-mu[i]; //奇偶变换
		}
	}
}

得出 (mu) 之后，你可能还是觉得：这东西的性质呢？似乎求了没什么用？

没用还让你求啊

[sum_{d|n} mu_d = [n=1] ]

（(n) 为正整数）

证：

(n=1) 时，显然 (sum_{d|n} mu_d = mu_1 = 1)

(n ot = 1) 时，我们来 感性 的推式子。

显然，所有含平方因子的数，我们不管它。因此质因数分解后，每个质数的幂次必然是 (1).

显然可得：

[sum_{d|n} mu_d ]

[= C_k^0 - C_k^1 + C_k^2 + cdots + (-1)^k imes C_n^k ]

[= sum_{i=0}^k (-1)^i imes C_k^i ]

这个式子，显然是 (0).

如果不知道为什么，建议重学组合

如果你真的不知道怎么证，又学过了组合的一定理论，给你个提示：

[C_k^i = C_k^{k-i} ]

利用这个首尾配对即可。

得证。

得到这个性质后，我们再来重看一下它：

[sum_{d|n} mu_d = [n=1] ]

接着再抛一个定义：

[sum_{d|n} frac{mu_d}{n} = frac{phi_n}{n} ]

太懒不想证明了

记住就行。如果真想证明的话，先去看看 莫比乌斯反演 里面的神奇性质吧。

有了这两个性质，再加上一些套路即可。

比方说呢，前 (3) 道我切的紫题，都和 (gcd) 有关，那么直接枚举 (gcd = d) ，然后随便交换一下枚举顺序，最终强行切到 (phi) 上，你就发现和 前缀和 有点关系，然后 (O(1)) 回答就行了.

可是，你看这题的范围，像是 (O(1)) 回答吗？不然 (T leq 10^7) 好了，还开个 (4s)，一看就是：

[O(T sqrt{n}) ]

先不说这个。推式子。（用 (prime) 表示素数或素数集合）

[sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j) == prime] ]

[= sum_{d=1}^n sum_{i=1}^n sum_{j=1}^m [gcd(i,j) == d] (d in prime) ]

[= sum_{d=1}^n sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d} floor} sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{d} floor} [gcd(i,j) == 1] (d in prime) ]

[= sum_{d=1}^n sum_{i=1}^{lfloor frac{n}{d} floor} sum_{j=1}^{lfloor frac{n}{d} floor} sum_{k | gcd(i,j)} mu_k (d in prime) ]

（([gcd(i,j) == 1] = sum_{d | gcd(i,j)} mu_d)，将公式中 (n) 变为 ([gcd(i,j) == 1])）

[= sum_{d=1}^n sum_{k=1}^{lfloor frac{n}{k} floor} mu_k imes lfloor frac{n}{k imes d} floor imes lfloor frac{m}{k imes d} floor (d in prime) ]

（枚举 (k)，改变 (i,j) 上限，把 (i) 变成 (lfloor frac{i}{d} floor imes d)，(j) 同理）

似乎已经最简，可是还不够。设 (T = k imes d).

[= sum_{d=1}^n sum_{k=1}^{lfloor frac{n}{k} floor} mu_k imes lfloor frac{n}{T} floor imes lfloor frac{m}{T} floor (d in prime) ]

[= sum_{T=1}^n lfloor frac{n}{T} floor imes lfloor frac{m}{T} floor sum_{d|T,d in prime} mu_{frac{T}{k}} ]

对最后那个 (mu) 直接 欧拉筛 弄掉，前面的东西 整除分块 。

另：

如果整除分块你不知道，就先了解一个东西：

[lfloor frac{n}{1} floor,lfloor frac{n}{2} floor cdots lfloor frac{n}{n} floor ]

中，最多有 (sqrt{n}) 个不同的数值。

如果不懂，可以先去我的博客学习一下。

浅谈整除分块

时间复杂度： (T sqrt{n}).

实际得分： (100pts).

#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=1e7+1;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}
	int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

ll sum[N]; bool h[N];
int mu[N],g[N],prime[N];
int cnt=0,T,n,m; ll ans=0;

inline void Euler(int n) {
	mu[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) {
		if(!h[i]) mu[i]=-1,prime[++cnt]=i;
		for(int j=1;j<=cnt && prime[j]*i<=n;j++) {
			h[i*prime[j]]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
			else mu[prime[j]*i]=-mu[i];
		}
	} //欧拉筛模板
	for(int j=1;j<=cnt;j++)
	for(int i=1;i*prime[j]<=n;i++)
		g[i*prime[j]]+=mu[i]; //那个式子的一堆东西
	for(int i=1;i<=n;i++) sum[i]=sum[i-1]+(ll)g[i];	 //前缀和优化
} 

int main(){
	T=read(); Euler(N-1);
	while(T--) {
		ans=0;
		n=read(),m=read();
		if(n>m) swap(n,m);
		for(int i=1;i<=n;) {
			int t=min(n/(n/i),m/(m/i));
			ans+=1ll*(n/t)*(m/t)*(sum[t]-sum[i-1]);
			i=t+1; //整除分块模板
		} printf("%lld
",ans);
	}
	return 0;
}